tema3 integracion de funciones de una variable´

Tema 3

Integracion de funciones de una variable

En el capıtulo anterior nos interesamos en el siguiente problema: dada una funcion, hallar su de-rivada. Sin embargo, muchas aplicaciones importantes del calculo estan relacionadas con el problemainverso, esto es, dada una funcion, calcular una nueva cuya derivada sea la funcion inicial. Este procesode calculo llamado integracion sera desarrollado a lo largo de este capıtulo, el cual es dividido en dospartes fundamentales:

1. Calculo de primitivas: En esta primera parte nos centraremos en como resolver el problema decalculo anterior. Es decir, dada una funcion real de una variable real f : I → R, definida en elintervalo I, estudiaremos diferentes metodos para conseguir una nueva funcion F : I→R que seaderivable y cumpla que F ′(x) = f (x), para todo x ∈ I. En tal caso diremos que F es una primitivade f .

2. Aplicaciones: En la segunda parte del tema estudiaremos algunas aplicaciones de interes del calcu-lo de primitivas. Hallaremos areas comprendidas entre dos curvas, longitudes de curvas, y area yvolumen encerrado por una superficie de rotacion.

3.1 Calculo de primitivas. Integral indefinida

Comenzaremos fijando las ideas del problema que pretendemos resolver:

Dada una funcion real de variable real f : I→R definida sobre un intervalo I queremos encontraruna funcion derivable F : I→R tal que F ′(x) = f (x), para todo x ∈ I.

Definicion 44 (Primitiva de una funcion)Una funcion F(x) que resuelva el problema anterior sera llamada una primitiva de f (x).

Por ejemplo, supongamos que queremos calcular una primitiva de la funcion f (x) = 2x. Entonces,de lo aprendido en el tema anterior sabemos que la funcion F(x) = x2 es una primitiva de f (x) ya que

F ′(x) = (x2)′ = 2x = f (x).

De la misma manera la funcion G(x) = x2 +1 es tambien una primitiva de f (x) ya que

G′(x) = (x2 +1)′ = 2x = f (x).

Observemos del ejemplo anterior que una vez que uno obtiene una primitiva F(x) de la funcion f (x)definida sobre un intervalo I, entonces la nueva funcion F(x)+C es tambien una primitiva de f (x), para

59

60 3.1. Calculo de primitivas. Integral indefinida

cualquier constante C. De hecho, una vez conocida una primitiva de una funcion, cualquier otra primitivaes igual a la anterior salvo una constante. Esto lo expresamos en el siguiente resultado:

ResultadoSea f : I → R una funcion definida en un intervalo I y F : I → R una primitiva suya. Entoncescualquier otra primitiva de f (x) es de la forma F(x)+C, donde C es una constante real.

Utilizaremos el termino integral indefinida de la funcion f (x) al conjunto de todas sus primitivas. Adicho conjunto lo denotaremos por ∫

f (x)dx.

Ası, si F(x) es una primitiva de f (x) escribiremos∫f (x)dx = F(x)+C,

ya que por el resultado anterior todas las primitivas de f (x) son iguales a F(x) salvo constante C.Por ejemplo, sabemos del calculo basico de derivadas que una primitiva de f (x) = cosx es la funcion

F(x) = senx ya queF ′(x) = (senx)′ = cosx = f (x).

Por tanto, usaremos la notacion ∫cosxdx = senx+C,

para indicar que el conjunto de todas las primitivas de f (x) = cosx viene dado por las funciones de laforma senx+C.

Hemos de observar que el calculo de primitivas aparece de manera natural en muchos problemasde la Fısica, Quımica, Biologıa, etcetera. Un ejemplo elemental de esto ocurre cuando conocemos lavelocidad de un cuerpo movil, v(t), que depende del tiempo y queremos calcular el espacio, s(t), que elmovil ha recorrido. Ya que v(t) = s′(t), tenemos que s(t) es una primitiva de v(t).

EJEMPLO

Supongamos que la velocidad de un cuerpo movil viene dada en funcion del tiempo por la funcionv(t) = 2 t, donde t es el tiempo medido en segundos y la velocidad esta medida en metros por segundo.Si para el tiempo t = 1s conocemos que el movil ha recorrido 3 m, veamos cuantos metros ha recorridopara t = 4s.

Como hemos visto anteriormente, s(t) es una primitiva de v(t) y sabemos que el conjunto de todaslas primitivas de la funcion 2 t es ∫

v(t)dt =∫

2 t dt = t2 +C.

Ası, s(t) = t2 +C para una cierta constante C que hemos de determinar. Como sabemos que 3 =s(1) = 12 +C, deducimos que C = 2, con lo que

s(t) = t2 +2.

Como querıamos calcular los metros recorridos para t = 4s, tenemos que s(4) = 42 +2 = 18, es decir,ha recorrido 18m para el tiempo t = 4s.

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Tema 3 61

3.1.1 Integrales inmediatas y propiedades elementales

En el tema anterior aprendimos a hallar las derivadas de algunas funciones elementales. Ya queel calculo de primitivas es un proceso inverso, podemos conocer las integrales indefinidas de ciertasfunciones. Recordamos las integrales indefinidas que debemos conocer en la siguiente tabla:

INTEGRALES DE FUNCIONES ELEMENTALES:

Funcion Integral indefinida Funcion Integral indefinida

0 C a ax+C

xn (n 6= 1)xn+1

n+1+C

1x

ln |x|+C

ex ex +C ax (a > 0)ax

lna+C

cosx senx+C senx −cosx+C

1cos2 x

= 1+ tg2 x tgx+C1

sen2 x= 1+ cotg2 x −cotgx+C

1√1− x2

arcsenx+C =−arccosx+C′1

1+ x2 arc tgx+C

Ademas para comenzar nuestro calculo de primitivas nos sera util observar algunas propiedadeselementales de las integrales. Para ello tenemos en cuenta las siguientes propiedades de las funcionesderivables:

1. (F(x)+G(x))′ = F ′(x)+G′(x),

2. (aF(x))′ = aF ′(x), a ∈R.

A partir de estas deducimos el siguiente resultado para integrales indefinidas:

ResultadoLa integral indefinida verifica las siguientes propiedades:

1.∫

( f (x)+g(x))dx =∫

f (x)dx+∫

g(x)dx.

2. Dado un numero real a se tiene que∫

(a f (x))dx = a∫

f (x)dx.

Es muy importante que tengamos en cuenta que en general casi nunca es cierto que∫( f (x)g(x))dx =

∫f (x)dx

∫g(x)dx.

Por tanto, hemos de recordar que aunque esa propiedad sea cierta para la suma, no lo es para elproducto. Ası, la integral de un producto no es, en general, el producto de las integrales.


Veamos en unos ejemplos como usar todo lo anterior para el calculo de primitivas.

EJEMPLOS del uso de las reglas basicas de integracion

Ejemplo 1 : Para el calculo de la integral indefinida de la funcion 6x2 usaremos la segunda propiedaddel resultado anterior para reducirla a una inmediata, como sigue:

∫6x2 dx = 6

∫x2 dx = 6

x3

3+C = 2x3 +C.

Ejemplo 2 : En este y los siguientes ejemplos reescribiremos la integral dada para convertirla en inme-diata: ∫ 1

x2 dx =∫

x−2 dx =x−1

−1+C =−1

x+C.

Ejemplo 3 :∫ √

xdx =∫

x1/2 dx =x3/2

3/2+C =

23

√x3 +C.

Ejemplo 4 :∫ 3

2+2x2 dx =32

∫ 11+ x2 dx =

32

arc tgx+C.

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El resultado anterior nos da una manera de conseguir una integral indefinida para todo polinomiocomo sigue:

EJEMPLOS de integracion de polinomios

Ejemplo 1 :∫

(2x−7)dx = 2∫

xdx−∫

7dx = 2x2

2−7x+C = x2−7x+C.

Ejemplo 2 :∫

(5x2−7x+3)dx = 5∫

x2 dx−7∫

xdx+∫

3dx = 5x3

3−7

x2

2+3x+C.

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Veamos ahora como a veces se puede modificar la expresion de una funcion para transformarla deforma que su integral indefinida sea inmediata:

EJEMPLOS de transformacion de una funcion para integrar

Ejemplo 1 :∫ x2

1+ x2 dx =∫ x2 +1−1

1+ x2 dx =∫ (

1− 11+ x2

)dx =

∫1dx−

∫ 11+ x2 dx =

= x− arc tgx+C.

Ejemplo 2 :∫ x2 +2

xdx =

∫ (x+

2x

)dx =

∫xdx+2

∫ 1x

dx =x2

2+2 ln |x|+C.

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Tema 3 63

3.1.2 Integracion por sustitucion o cambio de variable

La regla de la cadena para la derivada afirma que

(F ◦g)′(x) = F ′(g(x))g′(x).

Por tanto, ya que el proceso de integracion es un proceso inverso al de la derivada obtenemos el siguienteresultado.

TeoremaSean f una funcion continua y g una funcion derivable. Si F es una primitiva de f , entonces setiene que ∫

f (g(x))g′(x)dx = F(g(x))+C.

Aunque el enunciado de este resultado pueda parecer complejo, se interpreta de la siguiente manera.Si tomamos, y = g(x) entonces dy

dx = g′(x) y podemos escribir formalmente dy = g′(x)dx. De esta manerala integral del teorema anterior se puede entender de forma sencilla haciendo las sustituciones anteriorescomo ∫

f (g(x))g′(x)dx =∫

f (y)dy.

Ahora si usamos que F es una primitiva de f obtenemos∫f (g(x))g′(x)dx =

∫f (y)dy = F(y)+C = F(g(x))+C.

A la sustitucion y = g(x) se le suele denominar cambio de variable.

EJEMPLOS de cambio de variable

Ejemplo 1 : En esta y las siguientes integrales haremos un cambio de variable del tipo y = g(x) parareducir la integral a una estudiada en la seccion anterior:∫

cos(2x)dx ={

y = 2xdy = 2dx

}=∫

cosydy2

=12

seny+C =12

sen(2x)+C.

Ejemplo 2 :∫ ex

1+ e2x dx ={

y = ex

dy = exdx

}=∫ 1

1+ y2 dy = arc tgy+C = arc tg(ex)+C.

Ejemplo 3 :∫

tgxdx =∫ senx

cosxdx =

{y = cosx

dy =−senxdx

}=∫−1

ydy =− ln |y|+C =

= − ln |cosx|+C.

Ejemplo 4 :∫ 3x2−6x

x3−3x2 +1dx =

{y = x3−3x2 +1

dy = (3x2−6x)dx

}=∫ 1

ydy = ln |y|+C =

= ln |x3−3x2 +1|+C.

Ejemplo 5 :∫ √

3x+2dx ={

y = 3x+2dy = 3dx

}=∫ √

ydy3

=13

∫y1/2dy =

13

y3/2

3/2+C =

=29

√(3x+2)3 +C.


Ejemplo 6 :∫

x√

x2 +3dx ={

y = x2 +3dy = 2xdx

}=∫ √

ydy2

=12

∫y1/2dy =

12

y3/2

3/2+C =

=13

√(x2 +3)3 +C.

Ejemplo 7 :

∫x√

x−1dx ={

y = x−1dy = dx

}=∫

(y+1)√

ydy =∫

(y3/2 + y1/2)dy =

=y5/2

5/2+

y3/2

3/2+C =

25

√(x−1)5 +

23

√(x−1)3 +C.

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3.1.3 Integracion por partes

Sean u(x), v(x) dos funciones derivables sobre un intervalo I. Sabemos que la derivada del productoviene dada por

(u(x)v(x))′ = u′(x)v(x)+u(x)v′(x).

Ası, integrando la igualdad anterior y despejando obtenemos

Teorema Integracion por partesDadas dos funciones derivables u,v : I→R sobre un intervalo I se tiene que∫

u(x)v′(x)dx = u(x)v(x)−∫

v(x)u′(x)dx.

En general, esta formula se usa para funciones a integrar que son vistas como un producto de dosfunciones. El resultado anterior nos afirma que la integral a la izquierda de la igualdad puede ser calculadasi se conoce el valor de la integral de la derecha. La eleccion adecuada de las funciones u(x) y v(x) puedellevarnos a simplificar o complicar la integral a calcular, por eso aconsejamos que como reglas generalesse sigan los siguientes criterios:

1. Intentar que v′(x) sea la parte mas complicada de la integral y que se ajusta a una integral conocida(es decir, podemos conocer v(x)).

2. Tratar que u(x) satisfaga que su derivada u′(x) es una funcion mas simple que la propia funcioninicial u(x).

Aunque estas son sugerencias generales del uso del metodo de integracion por partes, debemos teneren cuenta que en ciertos casos otro tipo de eleccion para u y v puede simplificar mas la integracion.

EJEMPLOS de integracion por partes

Ejemplo 1 : Para resolver la siguiente integral usaremos una eleccion adecuada de u y v siguiendo lasrecomendaciones anteriores:∫

xcosxdx ={

v′(x) = cosx, v(x) = senxu(x) = x, u′(x) = 1

}= x senx−

∫senxdx = x senx+cosx+C.

Ejemplo 2 : Analogamente, para la siguiente integral tenemos∫xex dx =

{v′(x) = ex, v(x) = ex

u(x) = x, u′(x) = 1

}= xex−

∫ex dx = xex− ex +C.

Tema 3 65

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EJEMPLO de integracion por partes reiterada

En algunos casos la integral puede calcularse una vez que la integracion por partes se usa mas de unavez: ∫

x2 cosxdx ={

v′(x) = cosx, v(x) = senxu(x) = x2, u′(x) = 2x

}= x2 senx−2

∫x senxdx.

Ahora calculamos esta ultima integral usando de nuevo el metodo de integracion por partes:∫x senxdx =

{v′(x) = senx, v(x) =−cosx

u(x) = x, u′(x) = 1

}=−x cosx+

∫cosxdx =−x cosx+ senx+C.

Por tanto obtenemos, ∫x2 cosxdx = x2 senx+2x cosx−2 senx+C′.

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EJEMPLOS de integracion por partes de tipo especial

Ejemplo 1 : En ciertas situaciones la integracion por partes puede ser util incluso cuando la funcion aintegrar no parece ser producto de dos:∫

lnxdx ={

v′(x) = 1, v(x) = xu(x) = lnx, u′(x) = 1/x

}= x lnx−

∫dx = x lnx− x+C.

Ejemplo 2 : La situacion anterior tambien se da para la siguiente integral∫arc tgxdx =

{v′(x) = 1, v(x) = x

u(x) = arc tgx, u′(x) = 1/(1+ x2)

}= x arc tgx−

∫ x1+ x2 dx.

Ahora, calculamos la integral de la derecha por cambio de variable∫ x1+ x2 dx =

{y = 1+ x2

dy = 2xdx

}=∫ 1

2ydy =

12

ln |y|+C =12

ln(1+ x2)+C,

con lo que tenemos ∫arc tgxdx = x arc tgx− 1

2ln(1+ x2)+C′.

Ejemplo 3 : En el uso de integracion por partes puede aparecer en el termino de la derecha una integralque es proporcional a la integral inicial. Veamos un ejemplo de esto y como resolverlo:∫

ex cosxdx ={

v′(x) = ex, v(x) = ex

u(x) = cosx, u′(x) =−senx

}= ex cosx+

∫ex senxdx =

={

v′(x) = ex, v(x) = ex

u(x) = senx, u′(x) = cosx

}= ex cosx+ ex senx−

∫ex cosxdx.

Despejando la integral, obtenemos que∫ex cosxdx =

12

(ex cosx+ ex senx) .

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3.1.4 Integracion de funciones racionales

En esta seccion nos centraremos en la integracion de funciones racionales, es decir, en la integra-cion del cociente de dos polinomios. Para ello comenzaremos observando como conseguir la integralindefinida de algunas funciones racionales elementales y despues abordaremos el caso general.

Funciones racionales sencillas

Consideremos primero las siguientes funciones racionales elementales:

Aax+b

,A

(ax+b)n ,Ax+B

ax2 +bx+ c,

para ciertas constantes reales A,B,a,b,c y numero natural n ≥ 2. En la tercera funcion racional supon-dremos que el polinomio ax2 +bx+ c no tiene raıces reales.

Ahora explicaremos como se pueden integrar dichas funciones para cualquier valor de las constantesanteriores.

La primera integral puede ser hecha con el cambio de variable y = ax+b como sigue∫ Aax+b

dx ={

y = ax+bdy = adx

}=

Aa

∫ 1y

dy =Aa

ln |y|+C =Aa

ln |ax+b|+C.

EJEMPLO

∫ 32x−1

dx ={

y = 2x−1dy = 2dx

}=

32

∫ 1y

dy =32

ln |y|+C =32

ln |2x−1|+C.

�

Para la integral de la funcion racional A/(ax + b)n con n ≥ 2 se puede hacer el cambio de variabley = ax+b:

∫ A(ax+b)n dx =

{y = ax+bdy = adx

}=

Aa

∫y−n dy =

Aa

y1−n

1−n+C =

Aa

(ax+b)1−n

1−n+C.

EJEMPLO

∫ 4(x+2)3 dx =

{y = x+2dy = dx

}= 4

∫y−3 dy = 4

y−2

−2+C =

−2(x+2)2 +C.

�

Para la integral de la funcion (Ax+B)/(ax2 +bx+c) escribiremos el numerador como una constantepor la derivada del denominador mas una constante, es decir,

Ax+Bax2 +bx+ c

= α2ax+b

ax2 +bx+ c+β

1ax2 +bx+ c

.

Aquı, α y β son constantes que valen, respectivamente, A/(2a) y (2aB−bA)/(2a).

Tema 3 67

Una vez que esta funcion racional esta dividida como suma de dos, la integracion se hara para cadauna de ellas de manera independiente. La primera se integrara con un cambio de variable:∫ 2ax+b

ax2 +bx+ cdx =

{y = ax2 +bx+ cdy = (2ax+b)dx

}=∫ 1

ydy = ln |y|+C = ln |ax2 +bx+ c|+C.

Para la segunda, observamos que el polinomio ax2 +bx+ c se puede escribir de la forma

α1((x+β1)2 + γ1).

Para ello igualamos los dos polinomios y resolvemos, obteniendo α1 = a, β1 = b/(2a) y γ1 = (4ac−b2)/(4a2). Tengamos en cuenta que γ1 > 0 ya que b2−4ac < 0 porque el polinomio ax2 +bx+c no tieneraıces reales. Hecho esto, hacemos un cambio de variable para poder integrar como un arcotangente:∫ 1

ax2 +bx+ cdx =

1α1

∫ 1(x+β1)2 + γ1

dx =1

α1γ1

∫ 1

( x+β1√γ1

)2 +1dx =

{y = x+β1√

γ1

dy = 1√γ1

dx

}=

=√

γ1

α1γ1

∫ 1y2 +1

dy =1

α1√

γ1arc tgy+C =

1α1√

γ1arc tg

(x+β1√

γ1

)+C.

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Calculemos la integral de la funcion racional

f (x) =2

x2−6x+13.

Primero hemos de asegurarnos que el polinomio de segundo grado x2− 6x + 13 no tieneraıces reales, para ver que podemos usar el metodo anterior. Para ello basta resolver elsistema x2−6x+13 = 0:

x =−(−6)±

√(−6)2−4 ·1 ·132 ·1

=6±√−16

2.

Como√−16 no es un numero real, nuestro polinomio no tiene raıces reales y, por tanto,

podemos usar el metodo anterior. Por tanto, escribimos

2x2−6x+13

= α2x−6

x2−6x+13+β

1x2−6x+13

.

Es facil ver entonces que α = 0 y β = 2.

Ahora escribimos1

x2−6x+13=

1α1((x+β1)2 + γ1)

y calculamos el valor de las incognitas α1,β1,γ1. Desarrollando:

x2−6x+13 = α1((x+β1)2 + γ1) = α1 x2 +2α1 β1 x+α1(β 21 + γ1).

Por tanto, α1 = 1, β1 = −3 y γ1 = 4. Con lo que nuestra integral a calcular queda de lasiguiente manera:∫ 2

x2−6x+13dx = 2

∫ 1(x−3)2 +4

dx =12

∫ 1( x−3

2 )2 +1dx =

{y = (x−3)/2dy = (1/2)dx

}=

=∫ 1

y2 +1dy = arc tgy+C = arc tg

(x−3

2

)+C.


Ejemplo 2 : Calculemos ahora la integral indefinida de la funcion

g(x) =1−3x

5+2x+ x2 .

Es facil ver que no existen raıces reales del polinomio 5+2x+x2 por lo que podemos usarel metodo explicado anteriormente.

Primero descomponemos la funcion racional g(x) de la forma

1−3x5+2x+ x2 = α

2+2x5+2x+ x2 +β

15+2x+ x2 .

Es directo ver que α =−3/2 y β = 4. Por tanto,∫ 1−3x5+2x+ x2 dx =−3

2

∫ 2+2x5+2x+ x2 dx+4

∫ 15+2x+ x2 dx.

Ahora calculamos las dos integrales de la derecha de forma independiente:∫ 2+2x5+2x+ x2 dx =

{y = 5+2x+ x2

dy = (2+2x)dx

}=∫ 1

ydy = ln |y|+C = ln(5+2x+ x2)+C.

Y para poder realizar la segunda integral necesitamos expresar la ultima fraccion de laforma

15+2x+ x2 =

1α1((x+β1)2 + γ1)

.

Desarrollando obtenemos que α1 = 1, β1 = 1 y γ1 = 4. Ası,∫ 15+2x+ x2 dx =

∫ 1(x+1)2 +4

dx =14

∫ 1( x+12

)2 +1dx =

{y = (x+1)/2dy = (1/2)dx

}

=12

∫ 1y2 +1

dy =12

arc tgy+C =12

arc tg(

x+12

)+C.

Por tanto, la integral que querıamos resolver queda∫ 1−3x5+2x+ x2 dx = −3

2

∫ 2+2x5+2x+ x2 dx+4

∫ 15+2x+ x2 dx =−3

2ln(5+2x+ x2)+

+2 arc tg(

x+12

)+C.

Ejemplo 3 : Calculemos ahora la integral indefinida de la funcion

h(x) =1+ x

1+ x+ x2 .

Ya que 1 + x + x2 no tiene raıces reales, descomponemos la funcion racional h(x) de laforma

1+ x1+ x+ x2 = α

1+2x1+ x+ x2 +β

11+ x+ x2 .

Es directo ver que α = 1/2 y β = 1/2. Por tanto,∫ 1+ x1+ x+ x2 dx =

12

∫ 1+2x1+ x+ x2 dx+

12

∫ 11+ x+ x2 dx.

Tema 3 69

Ahora calculamos las dos integrales de la derecha de forma independiente:∫ 1+2x1+ x+ x2 dx =

{y = 1+ x+ x2

dy = (1+2x)dx

}=∫ 1

ydy = ln |y|+C = ln(1+ x+ x2)+C.

Para poder realizar la segunda integral necesitamos expresar la ultima fraccion de la forma

11+ x+ x2 =

1α1((x+β1)2 + γ1)

.

Desarrollando obtenemos que α1 = 1, β1 = 1/2 y γ1 = 3/4. Ası,

11+ x+ x2 dx =

∫ 1(x+1/2)2 +3/4

dx =43

∫ 1(2x+1√

3

)2+1

dx ={

y = (2x+1)/√

3dy = (2/

√3)dx

}

=2√3

∫ 1y2 +1

dy =2√3

arc tgy+C =2√3

arc tg(

2x+1√3

)+C.

Por tanto, la integral de h(x) queda∫ 1+ x1+ x+ x2 dx =

12

∫ 1+2x1+ x+ x2 dx+

12

∫ 11+ x+ x2 dx =

12

ln(1+ x+ x2)+

+1√3

arc tg(

2x+1√3

)+C.

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Funciones racionales generales

Lo primero que se ha de tener en cuenta para conseguir la integrar indefinida de una funcion racional

R(x) =N(x)D(x)

es que el polinomio del numerador N(x) ha de tener menor grado que el polinomio del denominadorD(x). Si este no fuese el caso, harıamos la division de los polinomios obteniendo un cociente C(x) y unresto r(x). Ası, N(x) = C(x)D(x)+ r(x) y

R(x) = C(x)+r(x)D(x)

.

De esta manera nos quedarıa un polinomio C(x) mas una funcion racional r(x)/D(x) donde el grado delnumerador es menor que el del denominador.

EJEMPLO

Calculemos la integral indefinida de la funcion racional

f (x) =1+4x− x2 +4x3

1+ x2 .

Ya que el grado del polinomio del numerador no es menor que el del denominador hacemos ladivision de 1+4x− x2 +4x3 entre 1+ x2. Un calculo sencillo nos da que

1+4x− x2 +4x3 = (−1+4x)(1+ x2)+2.


Por tanto,1+4x− x2 +4x3

1+ x2 =−1+4x+2

1+ x2 .

Con lo que

∫ 1+4x− x2 +4x3

1+ x2 dx =∫

(−1+4x)dx+2∫ 1

1+ x2 dx =−x+2x2 +2 arc tgx+C.

�

Una vez tenido en cuenta el primer paso para la integracion de una funcion racional, supondremosde ahora en adelante que el grado del numerador es menor que el del denominador, y estudiaremos estetipo de integral indefinida.

Para ello usaremos el siguiente resultado que nos afirma que bajo ciertas condiciones nuestra funcionracional puede descomponerse como suma de funciones raciones que sabemos integrar. Ası, la integra-cion de la funcion inicial se reducira a la integracion de cada uno de los sumandos.

TeoremaConsideremos la funcion racional

R(x) =N(x)D(x)

donde el grado del polinomio N(x) es menor que el grado del polinomio D(x). Sean a1, . . . ,an lasraıces reales de D(x) con multiplicidades respectivas r1, . . . ,rn, y supongamos que D(x) se puededescomponer de la forma

D(x) = d(x−a1)r1 . . .(x−an)rn(x2 +b1 x+ c1) . . .(x2 +bm x+ cm)

donde ningun factor cuadratico se repite. Entonces la funcion racional puede escribirse de la forma

N(x)D(x)

=A11

x−a1+

A12

(x−a1)2 + . . .+A1r1

(x−a1)r1+ . . .+

An1

x−an+

An2

(x−an)2 + . . .+Anrn

(x−an)rn+

+B1 x+C1

x2 +b1 x+ c1+ . . .+

Bm x+Cm

x2 +bm x+ cm,

para ciertas constantes reales Ai j,Bi,Ci.

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Calculemos la integral de la funcion racional

−1x2−1

.

Ya que el polinomio x2−1 tiene raıces reales 1 y −1, ambas de multiplicidad uno, escribi-mos x2−1 = (x−1)(x+1). Por tanto, usando el resultado anterior obtenemos que

−1x2−1

=A

x−1+

Bx+1

para ciertas constantes A y B que debemos determinar.

Tema 3 71

Para el calculo de estas constantes desarrollamos la igualdad y obtenemos

−1x2−1

=A(x+1)+B(x−1)

x2−1=

(A+B)x+(A−B)x2−1

.

Esto es, A =−1/2 y B = 1/2.

De esta manera la integral indefinida queda∫ −1x2−1

dx = −12

∫ 1x−1

dx+12

∫ 1x+1

dx =−12

ln |x−1|+ 12

ln |x+1|+C =

= ln

√∣∣∣∣x+1x−1

∣∣∣∣+C.

Ejemplo 2 : Calculamos ahora la integral indefinida de la funcion racional

3xx2−6x+9

.

Primero observamos que el polinomio x2−6x+9 tiene como raız al numero 3 y con mul-tiplicidad 2. De hecho tenemos que x2−6x+9 = (x−3)2, ası que por el resultado anteriorexisten dos numeros reales A,B tales que

3xx2−6x+9

=A

x−3+

B(x−3)2 .

Desarrollando la igualdad se obtiene facilmente que A = 3 y B = 9. Por tanto, nos quedandos integrales racionales sencillas que ya sabemos resolver:∫ 3x

x2−6x+9dx = 3

∫ 1x−3

dx+9∫ 1

(x−3)2 dx = 3 ln |x−3|− 9x−3

+C.

Ejemplo 3 : Veamos como conseguir la integral indefinida de la siguiente funcion racional

f (x) =9−18x−42x2−4x3 +14x4

−4−6x+2x3 .

Ya que el grado del numerador no es menor que el del denominador lo primero que debemoshacer es la division de ambos polinomios. Al hacer dicha division nos queda:

9−18x−42x2−4x3 +14x4 = (−2+7x)(−4−6x+2x3)+(1−2x),

y ası

f (x) =−2+7x+1−2x

−4−6x+2x3 .

Por tanto, ∫f (x)dx =−2x+

72

x2 +∫ 1−2x−4−6x+2x3 dx.

Ahora tenemos que calcular la integral de la derecha que es de una funcion racional donde elgrado del numerador es menor que el del denominador. Comenzamos calculando las raıcesdel polinomio−4−6x+2x3. Es facil ver usando la regla de Ruffini que el polinomio tienesus tres raıces reales. Estas raıces son el 2 y el −1 con multiplicidad doble.


Entonces el resultado anterior nos afirma que existen constantes A,B,C tales que

1−2x−4−6x+2x3 =

Ax+1

+B

(x+1)2 +C

x−2.

Si resolvemos la igualdad anterior obtenemos que A = 1/6, B =−1/2 y C =−1/6.

De esta manera∫ 1−2x−4−6x+2x3 dx =

16

∫ 1x+1

dx− 12

∫ 1(x+1)2 dx− 1

6

∫ 1x−2

dx =

=16

ln |x+1|+ 12(x+1)

− 16

ln |x−2|+C.

La integral indefinida de f (x) entonces nos queda∫f (x)dx =−2x+

72

x2 +16

ln |x+1|+ 12(x+1)

− 16

ln |x−2|+C.

Ejemplo 4 : Calculamos ahora una primitiva de la funcion racional

g(x) =−20+33x+6x2−12x3 +4x4

x (5−4x+ x2) (2+2x+ x2).

Observamos primero que el grado del numerador es menor que el del denominador. Ademasel denominador ya esta descompuesto como producto de polinomios:

x(5−4x+ x2) (2+2x+ x2)

donde los dos terminos cuadraticos no tienen raıces reales. Por tanto, el resultado anteriornos dice que nuestra funcion racional puede ser descompuesta de la siguiente manera

−20+33x+6x2−12x3 +4x4

x (5−4x+ x2) (2+2x+ x2)=

Ax

+Bx+C

5−4x+ x2 +Dx+E

2+2x+ x2 ,

para ciertas constantes reales A,B,C,D,E.

Resolviendo el sistema obtenemos que A =−2,B = 0,C = 1,D = 6,E = 7.

Ahora debemos integrar de manera independiente las tres funciones racionales que nos hanquedado usando los metodos que conocemos. La primera es directa:∫ −2

xdx =−2ln |x|+C.

Para resolver la segunda, hemos de descomponer de la forma

15−4x+ x2 = α

−4+2x5−4x+ x2 +β

15−4x+ x2 .

Pero es obvio que en este caso α = 0 y β = 1. Ası, la integral debe ser de tipo arcotangentey queda ∫ 1

5−4x+ x2 dx =∫ 1

(x−2)2 +1dx = arc tg(x−2)+C.

Tema 3 73

Para la tercera funcion racional,

6x+72+2x+ x2 = α

2+2x2+2x+ x2 +β

12+2x+ x2 ,

donde α = 3 y β = 1.

Por tanto,∫ 6x+72+2x+ x2 dx = 3

∫ 2+2x2+2x+ x2 dx+

∫ 12+2x+ x2 dx = 3 ln(2+2x+ x2)+

+∫ 1

(x+1)2 +1dx = 3 ln(2+2x+ x2)+ arc tg(x+1)+C.

Nuestra integral queda ası como∫g(x)dx =−2ln |x|+ arc tg(x−2)+3 ln(2+2x+ x2)+ arc tg(x+1)+C.

�

3.1.5 Integracion de funciones racionales trigonometricas

Cuando intentamos calcular una primitiva de una funcion que solo depende de senx y cosx es re-comendable, en general, hacer un cambio de variable del tipo y = senx, o bien, y = cosx que suelesimplificar la integral, donde normalmente ayuda tener en cuenta la relacion sen2 x+cos2 x = 1. Aunquees importante saber que esto no siempre funciona.

EJEMPLOS

Ejemplo 1 :

∫senx(1+ cosx)dx =

{y = cosx

dy =−senxdx

}=−

∫(1+ y)dy =−y− y2

2+C =

= −cosx− cos2 x2

+C.

Ejemplo 2 :

∫ cos3 x1+ sen2x

dx =∫ (1− sen2x)cosx

1+ sen2xdx =

{y = senx

dy = cosxdx

}=∫ 1− y2

1+ y2 dy =

=∫ (−1+

21+ y2

)dy =−y+2 arc tgy+C =

= −senx+2 arc tg(senx)+C.

�

En el caso particular en el que queremos calcular una primitiva de la funcion f (x) = sennxcosm x,podemos seguir el siguiente criterio: si n es impar hacemos el cambio de variable y = cosx; si m es imparhacemos el cambio y = senx; si n y m son pares, la integral puede ser simplificada usando las igualdades

cos2 x =1+ cos(2x)

2, sen2x =

1− cos(2x)2

.


EJEMPLOS

Ejemplo 1 : En este primer caso usaremos el cambio y = senx ya que el exponente en cosx es impar:

∫sen4xcos3 xdx =

∫sen4x(1− sen2x)cosxdx =

{y = senx

dy = cosxdx

}=∫

y4(1− y2)dy

=y5

5− y7

7+C =

15

sen5x− 17

sen7x+C.

Ejemplo 2 : En este segundo caso ambos exponentes son pares y podemos reducirla como sigue:∫sen4xcos2 xdx =

∫(sen2x)2 cos2 xdx =

∫ (1− cos(2x)2

)2 1+ cos(2x)2

dx =

=18

∫(1− cos(2x)− cos2(2x)+ cos3(2x))dx =

18

(x− 1

2sen(2x)−

∫cos2(2x)dx+

+∫

cos3(2x)dx)

.

De esta manera, la integral que queremos calcular queda simplificada a dos integrales massencillas que podemos hallar usando los metodos anteriores. La primera, teniendo en cuentaque el exponente es par y la segunda con el cambio y = sen(2x) ya que el exponente encos(2x) es impar.∫

cos2(2x)dx =∫ 1+ cos(4x)

2dx =

12

(x+

sen(4x)4

)+C,∫

cos3(2x)dx =∫

(1− sen2(2x))cos(2x)dx ={

y = sen(2x)dy = 2cos(2x)dx

}=

=12

∫(1− y2)dy =

y2− y3

6+C =

sen(2x)2

− sen3(2x)6

+C.

Finalmente, ∫sen4xcos3 xdx =

116

x− 148

sen3(2x)− 164

sen(4x)+C.

�

Cuando los cambios de variable anteriores no funcionan, podemos usar la sustitucion:

y = tg( x

2

).

Ası, usando algunas igualdades trigonometricas basicas del angulo doble tenemos que:

senx = 2 sen( x

2

)cos( x

2

)= 2 tg

( x2

)cos2

( x2

)=

2 tg( x

2

)1+ tg2

( x2

) =2y

1+ y2 ,

cosx = cos2( x

2

)− sen2

( x2

)=(

1− tg2( x

2

))cos2

( x2

)=

1− tg2( x

2

)1+ tg2

( x2

) =1− y2

1+ y2 .

Tema 3 75

Ademas, ya que x = 2 arc tgy obtenemos que

dx =2

1+ y2 dy.

En particular, si la funcion a la que queremos calcularle la primitiva es un cociente de dos polinomios,ambos dependientes de las variables senx y cosx, entonces despues del cambio de variable reduciremosla integral a una que es de tipo racional en la variable y.

EJEMPLOS de cambio de variable y = tg(x/2)

Ejemplo 1 : Consideremos el cambio de variable y = tg(x/2) en la siguiente integral∫ 13 senx+4cosx

dx =∫ 1

3 2y1+y2 +4 1−y2

1+y2

21+ y2 dy =

∫ 12+3y−2y2 dy

Ya que el polinomio 2+3y−2y2 tiene como raıces reales simples 2 y −1/2, escribimos

12+3y−2y2 =

Ay−2

+B

y+ 12

,

de donde deducimos que A =−1/5 y B = 1/5.

Ası,∫ 12+3y−2y2 dy =−1

5

∫ 1y−2

dy+15

∫ 1y+ 1

2

dy =−15

ln |y−2|+ 15

ln∣∣∣∣y+

12

∣∣∣∣+C.

Con lo que podemos concluir que∫ 13 senx+4cosx

dx =−15

ln∣∣∣tg( x

2

)−2∣∣∣+ 1

5ln∣∣∣∣tg( x

2

)+

12

∣∣∣∣+C.

Ejemplo 2 : Tomamos y = tg(x/2):∫ 1cosx

dx =∫ 1

1−y2

1+y2

21+ y2 dy =

∫ 21− y2 dy

Como el polinomio 1− y2 tiene como raıces reales simples 1 y −1, podemos escribir

21− y2 =

Ay−1

+B

y+1,

de donde deducimos que A =−1 y B = 1.

De esta forma,∫ 11− y2 dy =−

∫ 1y−1

dy+∫ 1

y+1dy =− ln |y−1|+ ln |y+1|+C.

Por tanto, ∫ 1cosx

dx =− ln∣∣∣tg( x

2

)−1∣∣∣+ ln

∣∣∣tg( x2

)+1∣∣∣+C.

�


3.1.6 Integracion de funciones con radicales cuadraticos

Trataremos ahora la cuestion de encontrar una primitiva para una funcion donde aparece una raızcuadrada de un polinomio de segundo grado del tipo

√ax2 +bx+ c, para ciertas constantes reales a,b,c,

con a 6= 0.En este caso escribiremos el polinomio ax2 +bx+ c de la forma

ax2 +bx+ c = a((x+α)2 +β

)para ciertas constantes α,β y razonaremos segun sean los signos de a y β .

1. Si a y β son positivos, entonces expresaremos nuestro polinomio como

ax2 +bx+ c = a((x+α)2 +β

)= aβ

(x+α√β

)2

+1

.

El cambio de variable que tomaremos sera (x + α)/√

β = senhy. En este caso usaremos quesenh2y+1 = cosh2 y.

2. Si a es positivo y β es negativo, entonces teniendo en cuenta que −β es positivo expresaremos elpolinomio de la forma

ax2 +bx+ c = a((x+α)2 +β

)= a(−β )

( x+α√−β

)2

−1

.

El cambio de variable que haremos sera |x+α|/√−β = coshy. Ademas, necesitaremos usar que

cosh2 y−1 = senh2y.

Es importante observar que para cualquier numero t se tiene que cosh t ≥ 1. Por ello el cambio devariable anterior sera:

x+α√−β

= coshy, six+α√−β

> 1; − x+α√−β

= coshy, si − x+α√−β

> 1.

3. Si a es negativo entonces β ha de ser negativa, ya que en caso contrario tendrıamos la raız de unnumero negativo. Expresamos entonces nuestro polinomio como

ax2 +bx+ c = a((x+α)2 +β

)= aβ

−(x+α√β

)2

+1

.

Haremos la sustitucion (x + α)/√

β igual a cosy, o bien, seny. Ademas, usaremos que sen2y +cos2 y = 1.

4. Si β = 0 tenemos la raız de un numero al cuadrado y, por tanto, podemos eliminar la raız ya queen este caso a debe ser positivo y√

ax2 +bx+ c =√

a(x+α)2 =√

a |x+α|.

Es decir, en este caso solo simplificamos la funcion con la que trabajamos, pero no hace faltaningun cambio de variable.

Tema 3 77

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Comenzamos con un ejemplo sencillo donde el polinomio de grado 2 bajo la raız ya seencuentra en la forma adecuada para hacer el cambio de variable que necesitamos:∫ 1√

1+ x2dx =

{x = senhy

dx = coshydy

}=∫ 1√

1+ senh2ycoshydy =

∫dy = y+C =

= arcsenh x+C.

Ejemplo 2 : Consideremos ahora un caso en el que es necesario expresar de manera adecuada el po-linomio de grado 2 bajo la raız. Calculamos la integral indefinida de f (x) =

√1+ x+ x2.

Entonces escribimos1+ x+ x2 = (x+α)2 +β ,

donde es facil ver que α = 1/2 y β = 3/4. Por tanto,

1+ x+ x2 =(

x+12

)2

+34

=34

((2x+1√

3

)2

+1

).

Ası, la integral ya podemos calcularla como sigue:

∫ √1+ x+ x2 dx =

√3

2

∫ √(2x+1√3

)2

+1 dx ={

(2x+1)/√

3 = senhy(2/√

3)dx = coshydy

}=

=√

32

∫ √senh2y+1

√3

2coshydy =

34

∫cosh2 ydy.

Ahora, usando la definicion de coseno hiperbolico tenemos:

cosh2 y =(

ey + e−y

2

)2

=e2y +2+ e−2y

4=

12

(1+

e2y + e−2y

2

)=

1+ cosh(2y)2

.

Con esto,∫ √1+ x+ x2 dx =

34

∫ 1+ cosh(2y)2

dy =38

(y+

senh(2y)2

)+C =

=38

(arcsenh

(2x+1√

3

)+

12

senh(

2 arcsenh(

2x+1√3

)))+C =

=38

arcsenh(

2x+1√3

)+

2x+14

√1+ x+ x2 +C.

En esta ultima igualdad hemos usado que senh(2 arcsenh t) = 2 t√

1+ t2 para cualquiernumero t.

Ejemplo 3 : Veamos ahora como calcular una primitiva de la funcion f (x) = 1/√

x2 +2x. Antes denada observamos que el dominio de definicion de la funcion f (x) son los puntos dondex2 +2x > 0. Es facil ver, siguiendo lo aprendido en temas anteriores, que el dominio de f (x)es el conjunto (−∞,−2)∪ (0,∞). Ya que el proceso de integracion se realiza en intervalos,


puede ocurrir que la expresion de la primitiva en uno de los dos intervalos anteriores nocoincida con la primitiva en el otro intervalo.

Siguiendo el metodo explicado anteriormente escribimos el polinomio bajo la raız de lasiguiente manera:

x2 +2x = (x+α)2 +β ,

donde es inmediato ver que α = 1 y β =−1.

Una vez que tenemos que x2 + 2x = (x + 1)2− 1, el cambio de variable que hemos deelegir sera |x + 1| = coshy. Ası, distinguiremos segun x + 1 o −(x + 1) sea mayor queuno. Observemos que x + 1 > 1 si y solo si x > 0, es decir, cuando nos encontramos enel intervalo de definicion (0,∞). Analogamente, −(x + 1) > 1 si y solo si x < −2, esto es,cuando nos encontramos en el otro intervalo (−∞,−2) donde f (x) esta bien definida.

Calculemos primero la integral indefinida de f (x) en el intervalo (0,∞), es decir, cuandox+1 > 1:∫ 1√

x2 +2xdx =

{x+1 = coshydx = senhydy

}=∫ 1√

cosh2 y−1senhydy =

∫dy = y+C =

= arccosh(x+1)+C.

Calculamos ahora la integral indefinida de f (x) en el intervalo (−∞,−2), o equivalente-mente, cuando −(x+1) > 1:∫ 1√

x2 +2xdx =

{−(x+1) = coshy−dx = senhydy

}=∫ 1√

cosh2 y−1(−senhy)dy =−

∫dy =

= −y+C =−arccosh(−x−1)+C.

Ejemplo 4 : En el siguiente ejemplo calcularemos la integral de la funcion g(x) = 3x−1+√

9x2−6x.De nuevo, es facil ver que el dominio de la funcion no es todo R, por lo que posiblementela integral indefinida puede variar segun el intervalo en el que varıe x.

Primero escribimos el polinomio bajo la integral de la forma

9x2−6x = 9((x+α)2 +β

),

de donde α =−1/3 y β =−1/9. Por tanto, nos queda

9x2−6x = 9

((x− 1

3

)2

− 19

)= (3x−1)2−1.

Ası que el cambio de variable que hemos de hacer es |3x−1|= coshy cuando |3x−1|> 1.Distinguiremos por tanto segun el signo del valor absoluto.

Si 3x−1 > 1 o equivalentemente x > 2/3 obtenemos∫ (3x−1+

√9x2−6x

)dx =

{3x−1 = coshy3dx = senhydy

}=

∫ (coshy+

√cosh2 y−1

)senhy

3dy =

=13

∫ (coshy senhy+ senh2y

)dy.

Tema 3 79

Si usamos la definicion de coseno y seno hiperbolicos tenemos:

coshy senhy =ey + e−y

2ey− e−y

2=

e2y− e−2y

4=

12

senh(2y),

senh2 y =(

ey− e−y

2

)2

=e2y−2+ e−2y

4=

12

(−1+

e2y + e−2y

2

)=−1+ cosh(2y)

2.

De esta forma∫coshy senhydy =

12

∫senh(2y)dy =

cosh(2y)4

+C,

∫senh2 ydy =

12

∫(−1+ cosh(2y))dy =

12

(−y+

senh(2y)2

)+C,

y ası∫ (3x−1+

√9x2−6x

)dx=

112

(cosh(2 arccosh(3x−1))+ senh(2 arccosh(3x−1)))+

−16

arccosh(3x−1)+C =

=112

(−1+2(3x−1)2 +2 (3x−1)

√(3x−1)2−1

)−1

6arccosh(3x−1)+C.

Aquı hemos usado que para todo numero real t con t ≥ 1 se cumple que cosh(2 arccosh t) =−1+2 t2 y senh(2 arccosh t) = 2 t

√t2−1.

Analogamente, si −(3x− 1) > 1 (esto es, en el intervalo (−∞,0)) se obtiene, haciendo elcambio de variable −(3x−1) = coshy, que∫ (

3x−1+√

9x2−6x)

dx=112

(cosh(2 arccosh(1−3x))− senh(2 arccosh(1−3x)))+

+16

arccosh(1−3x)+C =

=112

(−1+2(1−3x)2 +2 (1−3x)

√−1+(1−3x)2

)+

16

arccosh(1−3x)+C.

Ejemplo 5 : Calculemos ahora la integral indefinida de la funcion h(x) = x2/√

1− x2. Lo primero quehemos de observar es que el dominio de definicion de la funcion viene dado por los puntosdonde 1−x2 > 0, esto es, el dominio es el intervalo (−1,1). Por tanto, buscamos la integralen dicho intervalo abierto. Como el polinomio que hay bajo la raız ya esta expresado demanera adecuada para realizar el cambio de variable, tenemos∫ x2

√1− x2

dx ={

x = senydx = cosydy

}=∫ sen2y√

1− sen2ycosydy =

∫sen2ydy =

=∫ 1− cos(2y)

2dy =

12

(y− sen(2y)

2

)+C =

=12

(arcsenx− sen(2 arcsenx)

2

)+C.

80 3.2. Integral definida y area de una grafica

Consideremos ahora la funcion 1/√

x− x2 y calculemos su integral indefinida. Es facil verque el dominio de definicion de la funcion es el intervalo (0,1), y para hacer el cambio devariable correspondiente expresamos el polinomio cuadratico bajo la raız como:

x− x2 =−((x+α)2 +β ),

donde α =−1/2 y β =−1/4. Entonces tenemos

x− x2 =−

((x− 1

2

)2

− 14

)=

14(−(2x−1)2 +1

).

El cambio que hemos de hacer es, por tanto, 2x−1 = seny:

∫ 1√x− x2

dx ={

2x−1 = seny2dx = cosydy

}=∫ 2√

1− sen2y

cosy2

dy =∫

dy = y+C =

= arcsen(2x−1)+C.

�

3.2 Integral definida y area de una grafica

Comencemos con una funcion no negativa f (x) definida sobre un intervalo cerrado y acotado [a,b].La grafica de la funcion junto con las rectas x = a, x = b, y = 0 determinan un dominio cerrado (Figura3.1).

Figura 3.1: Area encerrada por la grafica de f (x).

Si la funcion f (x) cambia de signo entonces la grafica de la funcion junto con las rectas x = a, x = b,y = 0 determinan varios dominios cerrados, unos por encima del eje x y otros por debajo (vease Figura3.2).

Nuestro primer objetivo en esta seccion es el calculo del area anterior que determina una funciondefinida en un intervalo cerrado y acotado.

Tema 3 81

Figura 3.2: Area encerrada por una funcion que cambia designo.

Definicion 45 (Integral definida)Sea f : [a,b]→R una funcion continua. Denotemos por A1 el area comprendida entre f (x) y el ejede abscisas cuando f (x)≥ 0, y por A2 el area por debajo del eje de abscisas y sobre la funcion f (x)cuando f (x)≤ 0. Llamamos integral definida entre a y b al area A1 menos el area A2.A la integral definida entre a y b la denotaremos por∫ b

af (x)dx.

El porque se usa el nombre de integral definida para la definicion de la diferencia de areas y porque seusa un sımbolo similar al que ya conocemos de integral indefinida quedara claro a partir del TeoremaFundamental del Calculo Integral.

Lo primero que hay que observar en el caso en el que tenemos una funcion continua f : [a,b]→ Rcon f (x) ≥ 0 para todo x ∈ [a,b] es que entonces la integral definida de f entre a y b es simplementeel area comprendida entre la grafica de f (x) y el eje de abscisas, y delimitada lateralmente por x = a yx = b (Figura 3.1).

Si f (x) no es positiva en ningun punto entonces la integral definida de f entre a y b es el areacomprendida entre la grafica de f (x) y el eje de abscisas, y delimitada lateralmente por x = a y x = bpero cambiada de signo. De hecho, en general, si f (x) cambia de signo entonces la integral definida def entre a y b es el area por encima del eje de abscisas menos el area por debajo del eje. En la Figura 3.2es el area en gris oscuro menos el area en gris claro.

Si f es una funcion continua en un intervalo [a,b] entonces denotaremos

∫ a

bf (x)dx =−

∫ b

af (x)dx.

Veamos que relacion existe entre el area delimitada por una funcion f (x) y su integral indefinida:


Teorema Fundamental del CalculoSea f : I→R una funcion continua en un intervalo abierto I. Fijemos un punto a en I y denotemospor

F(x) =∫ x

af (x).

Entonces F : I → R es una funcion derivable y F ′(x) = f (x), es decir, F(x) es una primitiva def (x).

Como consecuencia del resultado anterior podemos deducir como calcular integrales definidas apartir de integrales indefinidas.

Teorema (Regla de Barrow)Sea f : I→R una funcion continua y F una primitiva suya. Dados a,b ∈ I con a < b se tiene que∫ b

af (x)dx = F(x)]ba := F(b)−F(a).

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Consideremos la funcion f (x) = 1 + x + x2 que es siempre positiva. Calculemos el areadeterminada por la grafica de f (x) sobre el eje de abscisas para x entre −1 y 1 (Figura 3.3).

Figura 3.3: f (x) = 1+x+x2 con x ∈ [−1,1].

∫ 1

−1(1+x+x2)dx = x+

x2

2+

x3

3

]1

−1=(

1+12

2+

13

3

)−(

(−1)+(−1)2

2+

(−1)3

3

)=

83

.

Ejemplo 2 : Calculemos el area que determina la grafica de la funcion g(x) = x2− 2x con el eje deabscisas y las rectas x = 0, x = 3/2. Observemos que g(x)≤ 0 para todo x∈ [0,3/2] (Figura3.4), con lo que en este caso el area es igual a la integral definida cambiada de signo:

Tema 3 83

Figura 3.4: g(x) = x2−2x con x ∈ [0,3/2].

∫ 32

0(x2−2x)dx =

x3

3− x2

] 32

0=

13

(32

)3

−(

32

)2

=−98

.

Ası, el area que buscamos es 9/8.

Ejemplo 3 : Consideremos la grafica de la funcion

h(x) = x− x2− x3

4+

x4

4,

con x ∈ [−2,2] (Figura 3.5). Calculemos la integral definida de h(x) en el intervalo [−2,2]:

Figura 3.5: h(x) = x− x2− x3/4+ x4/4 con x ∈ [−2,2].

∫ 2

−2

(x− x2− x3

4+

x4

4

)dx =

x2

2− x3

3− x4

16+

x5

20

]2

−2=−32

15.

Ası, si llamamos A1 al area por encima del eje de abscisas y A2 al area delimitada pordebajo del eje de abscisas, hemos obtenido que A1−A2 =−32/15.

Si quisieramos calcular el valor de A1 basta hacer:

A1 =∫ 1

0

(x− x2− x3

4+

x4

4

)dx =

x2

2− x3

3− x4

16+

x5

20

]1

0=

37240

.

De esta manera A2 = 183/80.


�

La regla de Barrow tiene aplicaciones directas no solo al calculo de areas sino a problemas basicosde la Fısica, Quımica o Biologıa, entre otros.

Por ejemplo, sabemos que en Fısica la derivada del espacio recorrido por un movil s(t) respecto deltiempo t es la velocidad de dicho movil v(t). Es decir, v(t) = s′(t).

En particular, s(t) es una primitiva de la funcion v(t) y aplicando la regla de Barrow entre dos tiempost = a y t = b obtenemos

s(b)− s(a) =∫ b

av(t)dt.

Esto nos dice que la distancia recorrida entre los tiempos t = a y t = b que es s(b)− s(a) puede sercalculada usando la integral definida de la velocidad entre a y b.

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Sea v(t) = t3 +3 t2 la velocidad de un cuerpo movil medida en metros por segundo. Calcu-lemos la distancia recorrida por ese cuerpo entre los tiempos t = 1s y t = 2s.

Si llamamos s(t) al espacio recorrido en el tiempo t tenemos que calcular s(2)− s(1), quesera dado por

s(2)− s(1) =∫ 2

1v(t)dt =

∫ 2

1(t3 +3 t2)dt =

t4

4+ t3

]2

1=

434

= 10,75.

Por tanto, el espacio recorrido es de 10,75 metros.

Ejemplo 2 : Sea v(t) = 3 t + 2 la velocidad de un movil en metros por segundo. Si para t = 2s pasapor un punto inicial A, calculemos cuanto tardara en pasar por un segundo punto B que seencuentra a 100 metros del punto inicial.

Llamemos b al tiempo por el que pasara por el segundo punto B. Entonces sabemos ques(b)− s(2) = 100 ya que la distancia entre ambos puntos es de 100m y pasa por A parat = 2s y pasara por B para t = b segundos. De esta forma:

100 = s(b)− s(2) =∫ b

2(3 t +2)dt = 3

t2

2+2 t

]b

2= 3

b2

2+2b−10.

De aquı obtenemos que b = 23

(−1+

√166)≈ 7,92. Es decir, pasara por el punto B para

t = 7,92s. Como pasa por el punto A cuando t = 2s, tardara desde A hasta B un tiempo de7,92−2 = 5,92s.

Ejemplo 3 : Una poblacion de bacterias tiene una velocidad de crecimiento igual a v(t) = 2000 t, dondet esta medido en horas. Si en el momento de tiempo t = 0 hay una poblacion de un millonde bacterias calculemos cual sera la poblacion 24 horas mas tarde.

Si llamamos p(t) a la poblacion de bacterias en el tiempo t, entonces la velocidad de cre-cimiento es v(t) = p′(t). De esta forma, p(t) es una primitiva de v(t) y la regla de Barrownos dice que para tiempos t = a y t = b se tiene que∫ b

av(t)dt = p(b)− p(a).

Tema 3 85

Por tanto, usando la relacion anterior entre los tiempos t = 0 y t = 24, sabiendo que p(0) =1000000 tenemos

p(24)= p(0)+∫ 24

0v(t)dt = 1000000+

∫ 24

02000 t dt = 1000000+1000(24)2 = 1576000.

Es decir, la poblacion de bacterias es de 1576000 un dıa mas tarde.

�

Resumimos ahora algunas de las propiedades elementales de la integral definida:

ResultadoSean f ,g : [a,b]→R dos funciones continuas, entonces tenemos:

1.∫ b

a( f (x)+g(x))dx =

∫ b

af (x)dx+

∫ b

ag(x)dx.

2. Para cualquier numero real r se tiene que∫ b

ar f (x)dx = r

∫ b

af (x)dx.

3. Dado un punto c ∈ [a,b] se cumple que∫ b

af (x)dx =

∫ c

af (x)dx+

∫ b

cf (x)dx.

4. Si f (x)≥ g(x) para todo x ∈ [a,b] entonces∫ b

af (x)dx≥

∫ b

ag(x)dx.

3.3 Algunas aplicaciones del calculo integral

En esta seccion estudiaremos algunas de las aplicaciones mas basicas del calculo integral. Vere-mos como calcular areas delimitadas por dos curvas, la longitud de la grafica de una funcion y areas yvolumenes de superficies de rotacion.

3.3.1 Area comprendida entre dos curvas

Sean f ,g : [a,b]→R dos funciones continuas tales que f (x) ≥ g(x) para todo x ∈ [a,b]. LlamemosA al area encerrada por la region delimitada por la grafica de la funcion f (x) por arriba, la grafica de lafuncion g(x) por abajo y lateralmente por las rectas x = a, x = b (Figura 3.6). Entonces es facil deducirde lo aprendido en la seccion anterior que dicho area se puede calcular como

A =∫ b

a( f (x)−g(x))dx.

En el caso general en el que las graficas de las funciones f (x) y g(x) se crucen en el intervalo [a,b]entonces la cantidad

∫ ba ( f (x)−g(x))dx da el area en el que f (x) esta por encima de g(x) menos el area

donde g(x) esta por encima de f (x) durante el intervalo [a,b] (Figura 3.7).

86 3.3. Algunas aplicaciones del calculo integral

Figura 3.6: Region delimitada por las graficas de dosfunciones.

Figura 3.7: Regiones determinadas por graficas quese cruzan.

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Las parabolas y = x2−1, y = x− x2 encierran una region (Figura 3.8). Veamos como cal-cular el area de dicha region.

Figura 3.8: Region entre parabolas.

Comencemos primero con el calculo de los puntos de corte de ambas graficas. Es decir,buscamos los puntos tales que x2− 1 = x− x2. Despejando tenemos 2x2− x− 1 = 0, dedonde x =−1/2 o bien x = 1. Ademas es claro que la parabola f (x) = x−x2 esta por encimade la grafica de g(x) = x2−1 en el intervalo [−1/2,1]. Por tanto, el area que buscamos viene

Tema 3 87

dada por∫ 1

− 12

( f (x)−g(x))dx =∫ 1

− 12

(−2x2 + x+1)dx = −23

x3 +12

x2 + x]1

− 12

=98

.

Ejemplo 2 : Las graficas de las funciones f (x) = cosx y g(x) = senx se cortan en infinitos puntos a lolargo del eje real. Calculemos el area que encierran ambas graficas entre los dos puntosconsecutivos de corte que contienen a x = 0 (Figura 3.9).

Figura 3.9: Region entre f (x) = cosx y g(x) = senx.

Para calcular los puntos de corte igualemos f (x) = g(x), esto es, cosx = senx, o equivalen-temente, tgx = 1. Esta igualdad ocurre para los puntos x = π

4 + k π , con k entero. Ası, lospuntos que buscamos son dados para k =−1 y k = 0, es decir, x =−3π/4 y x = π/4.

El area que buscamos viene dada por∫π/4

−3π/4(cosx− senx)dx = senx+ cosx]π/4

−3π/4 = 2√

2 .

�

3.3.2 Longitudes de curvas

Sea f (x) una funcion derivable cuya derivada es continua en el intervalo cerrado [a,b]. Entonces lalongitud L de la curva dada por la grafica de la funcion f (x) entre los puntos x = a y x = b puede sercalculada como

L =∫ b

a

√1+ f ′(x)2 dx.

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Calculemos la longitud de la curva de la parabola f (x) = 2x + x2 en el intervalo [−2,1/2](Figura 3.10):∫ √

1+ f ′(x)2 dx =∫ √

1+(2+2x)2 dx ={

2+2x = senhy2dx = coshydy

}=

12

∫cosh2 ydy =

=12

∫ 1+ cosh(2y)2

dy =14

(y+

senh(2y)2

)+C =

=14

(arcsenh(2+2x)+

senh(2 arcsenh(2+2x))2

)+C =

=14

arcsenh(2+2x)+12

(x+1)√

5+8x+4x2 +C.

88 3.3. Algunas aplicaciones del calculo integral

De esta forma la longitud que buscamos es

L =∫ 1

2

−2

√1+ f ′(x)2 dx =

14

arcsenh(2+2x)+12

(x+1)√

5+8x+4x2

] 12

−2=

=14

(2√

5+3√

10+ arcsenh2+ arcsenh3)≈ 4,3053.

Figura 3.10: Parabola f (x) = 2x+ x2 con x ∈ [−2,1/2].

Ejemplo 2 : Calculemos ahora la longitud de la grafica de la funcion f (x) = coshx para x variando enun intervalo de la forma [−r,r].∫ √

1+ f ′(x)2 dx =∫ √

1+ senh2xdx =∫

coshxdx = senhx+C,

con lo que la longitud viene dada por

L =∫ r

−r

√1+ f ′(x)2 dx = senhx]r−r = senhr− senh(−r) = 2 senhr.

�

3.3.3 Area y volumen de una superficie de rotacion.

Sea f (x) una funcion continua y positiva en un intervalo [a,b] y consideremos la superficie queresulta al rotar la grafica de la funcion alrededor del eje x en R3 (Figura 3.11).

El area de la superficie de rotacion puede ser calculada de la siguiente forma:

A = 2π

∫ b

af (x)

√1+ f ′(x)2 dx,

cuando f (x) es derivable y su derivada es continua.Ademas, el volumen encerrado por dicha superficie alrededor del eje x y delimitado lateralmente por

los planos x = a, x = b es

V = π

∫ b

af (x)2 dx.

Tema 3 89

Figura 3.11: Superficie de rotacion.

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Consideremos la grafica de la funcion constante f (x) = 1 con x ∈ [0,h], es decir, el seg-mento horizontal a altura 1 y de longitud h que varıa entre los valores de x = 0 y x = h.La superficie que resulta al rotar este segmento alrededor del eje x en R3 es un cilindro deradio 1 y longitud h. Veamos cual es su area y el volumen que encierra:

A = 2π

∫ h

0f (x)

√1+ f ′(x)2 dx = 2π

∫ h

0dx = 2π x]h0 = 2π h,

V = π

∫ h

0f (x)2 dx = π

∫ h

0dx = π x]h0 = π h.

Ejemplo 2 : Consideremos ahora la grafica de la funcion f (x) = r x/h con x ∈ [0,h]. Dicha grafica es elsegmento de recta que comienza en el punto (0,0 y acaba en el punto (h,r). La superficieque resulta al rotar este segmento alrededor del eje x enR3 es un cono de radio r en su basey altura h. Veamos cual es su area y el volumen que encierra:

A = 2π

∫ h

0f (x)

√1+ f ′(x)2 dx = 2π

∫ h

0

rh

x

√1+( r

h

)2dx =

2π rh2

√r2 +h2

∫ h

0xdx =

=π rh2

√r2 +h2 x2

]h

0= π r

√r2 +h2,

V = π

∫ h

0f (x)2 dx = π

∫ h

0

( rh

x)2

dx = πr2

h2

∫ h

0x2dx = π

r2

h2x3

3

]h

0=

13

π r2 h.

�

tema3 integracion de funciones de una variable´

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