Capítulo 7 — Soluciones desarrolladas
Índice del libro · Prefacio · Itinerarios
Exposición · Ejercicios · Soluciones
Las siguientes soluciones corresponden, una por una, a los treinta ejercicios del capítulo. Se han utilizado únicamente resultados demostrados en C00–C07. Los cálculos no se separan de sus hipótesis: las funciones racionales se integran sobre intervalos que evitan sus polos, las fórmulas de sustitución conservan extremos orientados y las integrales definidas son propias.
A. Hipótesis, lenguaje y elecciones de método
Solución 7.1 (EDC-C07-SOL-001)
- Si \(f:[a,b]\to\mathbb R\) es continua, la integrabilidad se sigue del Teorema 5.4: las sumas de Darboux pueden aproximarse arbitrariamente. Esto establece la existencia de un número, sin exigir una fórmula para encontrarlo. (b) Hallar una primitiva es construir \(F\) continua en \([a,b]\), derivable en \((a,b)\), tal que \(F'=f\) allí. La primera parte del Teorema Fundamental (C06) garantiza existencia cuando \(f\) es continua, aunque \(F\) pueda quedar expresada como acumulación. (c) La segunda parte (
EDC-C06-THM-005) demuestra que el valor de la integral es \(F(b)-F(a)\). No debemos usar esta última igualdad para definir la integral y luego anunciarla como teorema: en EDC la integral ya se definió mediante Darboux.
Solución 7.2 (EDC-C07-SOL-002)
El Teorema 7.1 se demuestra componiendo una primitiva \(F\) de \(f\) con \(\phi\) y usando la cadena. No se necesita resolver \(t\) a partir de \(\phi(t)\); por eso el cambio puede invertir la orientación o recorrer varias veces un valor. La derivada conserva el signo de cada recorrido.
Para \(\phi(t)=1-t\) y \(f(u)=u\), el cambio lleva el extremo cero a uno y el extremo uno a cero, con derivada \(-1\). Resulta
\[ \int_0^1 f(1-t)(-1)\,dt =\int_1^0u\,du=-\frac12. \]
La comprobación directa integra \(t-1\) y da \([t^2/2-t]_0^1=-1/2\). El signo negativo aparece tanto en la derivada del cambio como en el orden de los extremos de la integral transformada, dos maneras compatibles de registrar el mismo retroceso.
Solución 7.3 (EDC-C07-SOL-003)
Para aplicar la sustitución evaluamos \(\phi(t)=t^2\) en los extremos originales. Tanto \(-1\) como \(1\) se convierten en uno; cero es un valor interior del recorrido, que se alcanza cuando \(t=0\). Con \(\phi'(t)=2t\), el teorema da
\[ \int_{-1}^1 2te^{t^2}\,dt =\int_{\phi(-1)}^{\phi(1)}e^u\,du =\int_1^1e^u\,du=0. \]
Podemos separar en cero para ver la cancelación: en \([-1,0]\) el nuevo argumento va de uno a cero y aporta \(1-e\); en \([0,1]\) va de cero a uno y aporta \(e-1\). La integral propuesta por el estudiante conserva sólo ese segundo recorrido. La imparidad de \(2te^{t^2}\) ofrece también un control del valor cero.
Solución 7.4 (EDC-C07-SOL-004)
El integrando \(1/x\) no está definido en \(0\), que pertenece a \([-1,1]\). No es una función real acotada sobre todo ese intervalo y no se le puede aplicar la definición propia de Darboux de C05. Una cancelación informal de los intervalos a ambos lados de cero no crea una integral propia. En cambio \(1/x\) es continua en \([1,2]\), allí sí es integrable, y
\[ \int_1^2\frac{dx}{x}=[\ln x]_1^2=\ln2. \]
La primitiva \(\ln|x|\) existe separadamente en \((-\infty,0)\) y \((0,\infty)\); no cruza el origen.
B. Sustitución y extremos
Solución 7.5 (EDC-C07-SOL-005)
La función \(1+x^3\) es positiva en \([0,2]\). Elegimos \(u=1+x^3\) y \(du=3x^2\,dx\) como abreviatura de \(du/dx=3x^2\). Los extremos se transforman en \(u(0)=1\) y \(u(2)=9\). Luego
\[ \int_0^2 3x^2(1+x^3)^4\,dx =\int_1^9u^4\,du =\left[\frac{u^5}5\right]_1^9 =\frac{9^5-1}{5}=11809.6. \]
El valor exacto preferible es \((9^5-1)/5=59048/5\); la igualdad decimal sólo representa ese racional.
Solución 7.6 (EDC-C07-SOL-006)
Puesto que \(1+x^2\ge1\) en \([0,1]\), el integrando es continuo. Poniendo \(u=1+x^2\) y \(du/dx=2x\),
\[ \int_0^1\frac{2x}{1+x^2}\,dx =\int_1^2\frac{du}{u}=[\ln u]_1^2=\ln2. \]
La positividad de \(u\) autoriza usar el logaritmo natural sin valor absoluto.
Solución 7.7 (EDC-C07-SOL-007)
Con \(u=\sin x\), \(du/dx=\cos x\), y extremos \(0,1\),
\[ \int_0^{\pi/2}\sin x\cos x\,dx =\int_0^1u\,du=\frac12. \]
Como \(2\sin x\cos x=\sin2x\), otra prueba es \(\frac12\int_0^{\pi/2}\sin2x\,dx=[-\cos2x/4]_0^{\pi/2}=1/2\). Los senos y cosenos son continuos en el intervalo.
Solución 7.8 (EDC-C07-SOL-008)
La función \(x^2\) es continuamente derivable en todo \([-1,1]\), y la exponencial es continua sobre un intervalo abierto que contiene su recorrido. El Teorema 7.1 no exige monotonía del cambio. Como los extremos se convierten ambos en uno,
\[ \int_{-1}^1 2xe^{x^2}\,dx=\int_1^1e^u\,du=0. \]
En la mitad izquierda la derivada \(2x\) es negativa y en la derecha positiva; los dos recorridos del argumento producen contribuciones opuestas. Si la reemplazamos por \(|2x|\), quitamos el signo de la primera contribución. El nuevo integrando es par y no negativo, y su integral vale \(2\int_0^1 2xe^{x^2}\,dx=2(e-1)>0\). Esta última suma las magnitudes de los aportes; no evalúa la expresión pedida.
Solución 7.9 (EDC-C07-SOL-009)
Sea \(u=3x+1\), de modo que \(du/dx=3\) y \(dx=du/3\) en la notación abreviada. \(x=0\) da \(u=1\) y \(x=1\) da \(u=4\). Por tanto,
\[ \int_0^1e^{3x+1}\,dx =\frac13\int_1^4e^u\,du =\frac{e^4-e}{3}. \]
La función es continua en todo \(\mathbb R\) y la fórmula es una aplicación del Teorema 7.1 con cambio afín.
Solución 7.10 (EDC-C07-SOL-010)
En \([0,1]\) tenemos \(1+x^2\in[1,2]\), de modo que la raíz es real y continua. Escribiendo \(u=1+x^2\),
\[ \begin{aligned} \int_0^1x\sqrt{1+x^2}\,dx &=\frac12\int_1^2u^{1/2}\,du\\ &=\frac13\left[u^{3/2}\right]_1^2 =\frac{2\sqrt2-1}{3}. \end{aligned} \]
La comprobación por derivación de \((1+x^2)^{3/2}/3\) produce \(x\sqrt{1+x^2}\).
Solución 7.11 (EDC-C07-SOL-011)
El denominador cumple \(2+\sin x\ge1\) para todo \(x\), por lo que el integrando es continuo en \([0,\pi]\). Tomamos \(\phi(x)=2+\sin x\), cuya derivada es \(\cos x\), y la función exterior \(f(u)=1/u\) sobre el intervalo abierto positivo. Sus extremos son \(\phi(0)=\phi(\pi)=2\) y la sustitución da
\[ \int_0^\pi\frac{\cos x}{2+\sin x}\,dx =\int_2^2\frac{du}{u}=0. \]
El argumento sube de dos a tres y vuelve a dos. La derivada cambia de signo en el regreso y conserva la orientación de ese segundo aporte. También podemos evaluar la primitiva \(\ln(2+\sin x)\): tiene el mismo valor en ambos extremos. Ninguna de las dos justificaciones necesita una inversa global del cambio.
Solución 7.12 (EDC-C07-SOL-012)
El intervalo \([1,e]\) está contenido en \((0,\infty)\); \(\ln x/x\) es continuo. La sustitución \(u=\ln x\), con \(du/dx=1/x\), transforma los extremos en \(0,1\):
\[ \int_1^e\frac{\ln x}{x}\,dx=\int_0^1u\,du=\frac12. \]
Una primitiva sobre \((0,\infty)\) es \((\ln x)^2/2\); al derivarla se obtiene \((\ln x)/x\).
C. Integración por partes
Solución 7.13 (EDC-C07-SOL-013)
Con \(u=x\), \(u'=1\), \(v'=e^x\), \(v=e^x\), el Teorema 7.2 da
\[ \int_0^1 xe^x\,dx=[xe^x]_0^1-\int_0^1e^x\,dx=e-(e-1)=1. \]
La función \((x-1)e^x\) tiene derivada \(e^x+(x-1)e^x=xe^x\), y sus valores terminales son \(0\) y \(-1\), cuya diferencia es \(1\).
Solución 7.14 (EDC-C07-SOL-014)
Elegimos \(u=x\), \(u'=1\), \(v'=\sin x\), \(v=-\cos x\). Entonces
\[ \int_0^\pi x\sin x\,dx =[-x\cos x]_0^\pi+\int_0^\pi\cos x\,dx =\pi+\sin\pi-\sin0=\pi. \]
El resultado es positivo, compatible con \(x\ge0\) y \(\sin x\ge0\) en el intervalo.
Solución 7.15 (EDC-C07-SOL-015)
Escribimos \(\ln x=(\ln x)\cdot1\). En \([1,e]\) elegimos \(u=\ln x\), \(u'=1/x\), \(v'=1\), \(v=x\), todos continuos en su dominio. Por tanto
\[ \int_1^e\ln x\,dx=[x\ln x]_1^e-\int_1^e1\,dx=e-(e-1)=1. \]
El candidato \(x\ln x-x\) es primitiva de \(\ln x\) sobre el semieje positivo, pues su derivada es \(\ln x+1-1=\ln x\).
Solución 7.16 (EDC-C07-SOL-016)
Elegimos derivar el factor polinómico, porque cada derivación disminuye su grado, e integrar la exponencial, que permanece igual. La primera aplicación, con \(u=x^2\) y \(v'=e^x\), produce
\[ \int x^2e^x\,dx=x^2e^x-2\int xe^x\,dx. \]
En la integral restante usamos \(u=x\) y \(v'=e^x\), que da \(\int xe^x\,dx=xe^x-e^x+C\). Sustituimos y reunimos los términos exponenciales:
\[ \int x^2e^x\,dx=e^x(x^2-2x+2)+C. \]
Para comprobarla derivamos por el producto. La derivada es \(e^x[(x^2-2x+2)+(2x-2)]=x^2e^x\); los términos lineales y constantes se cancelan. El integrando es continuo en \([0,1]\), así que la segunda parte del Teorema Fundamental evalúa
\[ \int_0^1x^2e^x\,dx=e\,(1-2+2)-2=e-2. \]
La constante elegida en la primitiva no interviene en esa diferencia terminal.
Solución 7.17 (EDC-C07-SOL-017)
Usamos acumulaciones con un origen fijo para que cada igualdad determine funciones concretas. Sea \(I(x)=\int_0^xe^t\cos t\,dt\). Por partes, derivando el coseno e integrando la exponencial,
\[ I(x)=e^x\cos x-1+J(x),\qquad J(x)=\int_0^xe^t\sin t\,dt. \]
El término \(-1\) viene del producto en cero. Una segunda aplicación, ahora derivando el seno, da \(J(x)=e^x\sin x-I(x)\); el producto terminal en cero se anula. Ambas identidades valen para \(x\) positivo o negativo por orientación. Al sustituir \(J\) en la primera igualdad, aparece \(I\) a ambos lados con signos opuestos. Lo reunimos en el izquierdo:
\[ 2I(x)=e^x(\sin x+\cos x)-1. \]
Dividir por dos explica el factor buscado. La acumulación y la candidata difieren en una constante, de modo que todas las primitivas tienen la forma
\[ G(x)=\frac12e^x(\sin x+\cos x)+C. \]
Por el producto, \(G'=\frac12e^x[(\sin x+\cos x)+(\cos x-\sin x)]=e^x\cos x\). La repetición cerró el sistema de dos integrales y el factor \(1/2\) procede de las dos apariciones de la misma \(I\), reunidas en un único despeje.
Solución 7.18 (EDC-C07-SOL-018)
Con \(u=x\), \(v'=\cos(2x)\) tenemos \(u'=1\) y \(v=\sin(2x)/2\). Entonces
\[ \begin{aligned} \int_0^1x\cos(2x)\,dx &=\left[\frac{x\sin(2x)}2\right]_0^1 -\frac12\int_0^1\sin(2x)\,dx\\ &=\frac{\sin2}{2}+\left[\frac{\cos(2x)}4\right]_0^1 =\frac{\sin2}{2}+\frac{\cos2-1}{4}. \end{aligned} \]
La derivada de \(x\sin(2x)/2+\cos(2x)/4\) es \(x\cos2x\).
Solución 7.19 (EDC-C07-SOL-019)
Con \(u(x)=v(x)=x\) para \(0\le x\le1\),
\[ \int_0^1uv\,dx=\int_0^1x^2\,dx=\frac13, \qquad \left(\int_0^1u\,dx\right)\left(\int_0^1v\,dx\right)=\frac14. \]
Son distintos. La linealidad de la integral vale para sumas y múltiplos constantes, no convierte el producto de funciones en producto de integrales. La identidad correcta relevante es \((uv)'=u'v+uv'\), que conduce a integración por partes cuando se conocen primitivas y regularidad apropiadas.
D. Fracciones racionales y controles de dominio
Solución 7.20 (EDC-C07-SOL-020)
Buscamos \(A/x+B/(x-1)\) en el dominio \(x\notin\{0,1\}\). Multiplicar por el denominador transforma la igualdad racional propuesta en la identidad polinómica
\[ 1=A(x-1)+Bx. \]
Esta identidad se puede evaluar en los puntos excluidos de la fracción original: ya no estamos evaluando el cociente, sino los polinomios. En cero queda \(A=-1\) y en uno \(B=1\). Al sustituir, el numerador resultante es \(-(x-1)+x=1\), que verifica la igualdad para todo \(x\) donde el denominador no sea cero.
Cada logaritmo se deriva dentro de un intervalo que evita su raíz. Por tanto, en \((-\infty,0)\), \((0,1)\) y \((1,\infty)\),
\[ \int\frac{dx}{x(x-1)}=-\ln|x|+\ln|x-1|+C. \]
La derivada recupera \(-1/x+1/(x-1)=1/[x(x-1)]\). La constante es única para cada componente y puede elegirse de manera independiente entre los tres.
Solución 7.21 (EDC-C07-SOL-021)
Verificamos la identidad
\[ \frac1{x(x-1)^2}=\frac1x-\frac1{x-1}+\frac1{(x-1)^2} \]
llevando el lado derecho al denominador común: su numerador es \((x-1)^2-x(x-1)+x=x^2-2x+1-x^2+x+x=1\). La primitiva, para \(x\ne0,1\) y en cada intervalo conexo del dominio, es
\[ \ln|x|-\ln|x-1|-\frac1{x-1}+C. \]
La última derivada vale \((x-1)^{-2}\), porque \(( - (x-1)^{-1})'=(x-1)^{-2}\). No se integran a través de los polos.
Solución 7.22 (EDC-C07-SOL-022)
Completamos el cuadrado: \(x^2+2x+2=(x+1)^2+1>0\) para todo \(x\). El numerador se divide como \((2x+2)+1\). Entonces
\[ \begin{aligned} \int\frac{2x+3}{x^2+2x+2}\,dx &=\int\frac{2x+2}{(x+1)^2+1}\,dx +\int\frac{dx}{(x+1)^2+1}\\ &=\ln((x+1)^2+1)+\arctan(x+1)+C. \end{aligned} \]
La primera derivada es \((2x+2)/Q(x)\) y la segunda \(1/Q(x)\); suman el integrando. No hay restricciones de dominio adicionales.
Solución 7.23 (EDC-C07-SOL-023)
La división euclídea separa la parte polinómica: \(x^3+1=x(x^2-1)+(x+1)\). Para \(x\ne-1,1\) podemos factorizar el denominador y cancelar el factor \(x+1\):
\[ \frac{x^3+1}{x^2-1}=x+\frac{x+1}{(x-1)(x+1)}=x+\frac1{x-1}. \]
En \([2,3]\) el cociente original es continuo y \(x-1\) es positivo. Una primitiva válida en todo el tramo es \(x^2/2+\ln(x-1)\), por lo que
\[ \int_2^3\frac{x^3+1}{x^2-1}\,dx =\left[\frac{x^2}{2}+\ln(x-1)\right]_2^3 =\frac52+\ln2. \]
La cancelación utilizó que \(x+1\) no era cero. La expresión simplificada admite un valor en \(x=-1\), pero el cociente original sigue sin estar definido allí. Rellenar ese punto daría una extensión de la función; no forma parte de la simplificación ni del dominio pedido.
Solución 7.24 (EDC-C07-SOL-024)
El denominador \(Q(x)=(x-1)(x-2)(x-3)\) tiene tres raíces reales distintas y el numerador constante tiene grado menor que tres. El Teorema 7.3 da \(A_i=1/Q'(r_i)\); cada derivada en una raíz es el producto de sus diferencias con las otras:
\[ Q'(1)=(1-2)(1-3)=2,\quad Q'(2)=(2-1)(2-3)=-1,\quad Q'(3)=(3-1)(3-2)=2. \]
Los coeficientes son \(1/2,-1,1/2\), y obtenemos
\[ \frac1{(x-1)(x-2)(x-3)} =\frac{1/2}{x-1}-\frac1{x-2}+\frac{1/2}{x-3}. \]
Para controlar la identidad multiplicamos por \(Q\). El numerador derecho es \((x-2)(x-3)/2-(x-1)(x-3)+(x-1)(x-2)/2\). Su coeficiente cuadrático es \(1/2-1+1/2=0\), el lineal es \(-5/2+4-3/2=0\) y el constante es \(3-3+1=1\). Coincide con el numerador izquierdo.
En cada uno de los intervalos \((-\infty,1)\), \((1,2)\), \((2,3)\) y \((3,\infty)\), el Corolario 7.3 proporciona
\[ \frac12\ln|x-1|-\ln|x-2|+\frac12\ln|x-3|+C. \]
Los módulos mantienen los logaritmos reales a ambos lados de las raíces; las constantes pueden variar entre componentes.
E. Aplicaciones y significado de la integral
Solución 7.25 (EDC-C07-SOL-025)
En \(0\le x\le2\), \(2x-x^2=x(2-x)\ge0\), por lo que \(y=2x\) está encima de \(y=x^2\). El área es
\[ A=\int_0^2(2x-x^2)\,dx =\left[x^2-\frac{x^3}{3}\right]_0^2 =4-\frac83=\frac43. \]
La continuidad de la diferencia garantiza la existencia de la integral; su no negatividad justifica leerla como área geométrica.
Solución 7.26 (EDC-C07-SOL-026)
El área total integra la altura \(|x-x^2|\). Los cruces están en cero y uno, porque \(x-x^2=x(1-x)\). La diferencia es negativa en \([-1,0]\), positiva en \([0,1]\) y negativa en \([1,2]\). En cada tramo usamos la curva superior menos la inferior:
\[ \begin{aligned} A&=\int_{-1}^0(x^2-x)\,dx +\int_0^1(x-x^2)\,dx +\int_1^2(x^2-x)\,dx\\ &=\frac56+\frac16+\frac56=\boxed{\frac{11}{6}}. \end{aligned} \]
Las dos contribuciones exteriores se evalúan con \(x^3/3-x^2/2\) y la central con su opuesta. En cambio, la integral orientada conserva el signo de la diferencia:
\[ \int_{-1}^{2}(x-x^2)\,dx =\left[\frac{x^2}2-\frac{x^3}3\right]_{-1}^{2} =-\frac32, \]
cuyo módulo es \(3/2\), distinto de \(11/6\). Las contribuciones negativas suman \(-5/3\) y la positiva \(1/6\); cancelarlas antes de tomar el módulo pierde parte del área que queremos medir.
Solución 7.27 (EDC-C07-SOL-027)
El trabajo de la fuerza externa en el desplazamiento positivo es
\[ W_{\mathrm{ext}}=\int_0^L kx\,dx=\frac{kL^2}{2}. \]
Para la fuerza de restitución, que se opone al desplazamiento, obtenemos
\[ W_{\mathrm{res}}=\int_0^L(-kx)\,dx=-\frac{kL^2}{2}. \]
Si \(k\) se mide en \(\mathrm{N}/\mathrm m\) y \(L\) en \(\mathrm m\), \(kL^2\) tiene unidades \(\mathrm{N\,m}=\mathrm J\). No se deben intercambiar los signos de fuerzas físicamente opuestas.
Solución 7.28 (EDC-C07-SOL-028)
Por el Teorema Fundamental aplicado a \(Q'=r\),
\[ Q(4)-Q(1)=\int_1^4(2t+3)\,dt =\left[t^2+3t\right]_1^4 =(16+12)-(1+3)=24. \]
Para hallar \(Q(4)\) como número absoluto necesitamos una condición inicial, por ejemplo el valor \(Q(1)\). La derivada sólo determina \(Q\) hasta una constante; en el modelo habría que especificar además las unidades de \(t\) y \(Q\) para atribuir unidades coherentes a los coeficientes \(2\) y \(3\).
F. Demostraciones y desafío de síntesis
Solución 7.29 (EDC-C07-SOL-029)
Usamos \(\phi(t)=-t\) sobre \([-b,-a]\), cuyos extremos están ordenados porque \(a<b\). Para ajustar literalmente la hipótesis de intervalo abierto del Teorema 7.1, basta disponer de \(f\) sobre uno que contenga \([a,b]\). Si el intervalo del enunciado sólo da continuidad hasta los bordes, prolongamos la restricción de \(f\) con el valor constante \(f(a)\) a la izquierda y \(f(b)\) a la derecha. La prolongación es continua y coincide con \(f\) en todo el recorrido del cambio, por lo que ninguna integral pedida se altera.
Tenemos \(\phi(-b)=b\), \(\phi(-a)=a\) y \(\phi'=-1\). La sustitución orientada da
\[ -\int_{-b}^{-a}f(-t)\,dt =\int_b^a f(u)\,du =-\int_a^b f(u)\,du. \]
Multiplicamos los dos lados por \(-1\) y obtenemos
\[ \boxed{\int_{-b}^{-a}f(-t)\,dt=\int_a^b f(u)\,du.} \]
Un signo negativo procede de la derivada del cambio y el otro del orden invertido de las imágenes terminales; se compensan. La continuidad asegura que las integrales son propias y que la prolongación usada para aplicar el teorema no introduce una dificultad nueva.
Solución 7.30 (EDC-C07-SOL-030)
Los tres sumandos son continuos en \([0,1]\): los argumentos logarítmicos y los factores del denominador son positivos allí. La linealidad permite calcular cada contribución con el procedimiento que su estructura sugiere.
Primer sumando. El factor \(2x\) es la derivada del argumento \(x^2\). Con \(u=x^2\), las imágenes de los extremos son cero y uno, y
\[ \int_0^12xe^{x^2}\,dx=\int_0^1e^u\,du=e-1. \]
Segundo sumando. El cambio \(u=1+x^2\) proporciona \(du/dx=2x\), por lo que el factor \(x\) deja un coeficiente \(1/2\). Los extremos se convierten en uno y dos. La integral transformada de \(\ln u\) se calcula por partes, escribiéndolo como \((\ln u)\cdot1\):
\[ \begin{aligned} \int_0^1x\ln(1+x^2)\,dx &=\frac12\int_1^2\ln u\,du\\ &=\frac12[\,u\ln u-u\,]_1^2 =\ln2-\frac12, \end{aligned} \]
donde la elección de factores produce la primitiva \(u\ln u-u\) sobre el semieje positivo.
Tercer sumando. Buscamos \(A/(x+1)+B/(x+2)\). Multiplicar por el denominador exige \(1=A(x+2)+B(x+1)\); evaluar en \(-1\) y \(-2\) da \(A=1\) y \(B=-1\). Así,
\[ \frac1{(x+1)(x+2)}=\frac1{x+1}-\frac1{x+2} \]
y los argumentos positivos permiten usar los logaritmos sin módulos en \([0,1]\):
\[ \begin{aligned} \int_0^1\frac{dx}{(x+1)(x+2)} &=[\ln(x+1)-\ln(x+2)]_0^1\\ &=\ln\left(\frac23\right)-\ln\left(\frac12\right) =\ln\frac43. \end{aligned} \]
Las partes constantes suman \(e-3/2\) y los logaritmos se reúnen como \(\ln2+\ln(4/3)=\ln(8/3)\). El resultado es
\[ \boxed{\int_0^1\left(2xe^{x^2}+x\ln(1+x^2)+\frac1{(x+1)(x+2)}\right)dx =e-\frac32+\ln\frac83.} \]
Para comprobarlo con una primitiva explícita, tomamos
\[ G(x)=e^{x^2}+\frac12\bigl[(1+x^2)\ln(1+x^2)-(1+x^2)\bigr] +\ln(x+1)-\ln(x+2). \]
La cadena da \(2xe^{x^2}\) en el primer término. Si \(u=1+x^2\), derivar \([u\ln u-u]/2\) deja \(u'\ln u/2=x\ln(1+x^2)\): los términos \(u'/2\) se cancelan. Los logaritmos finales aportan \(1/(x+1)-1/(x+2)\), que es la fracción original. Así \(G'\) coincide con todo el integrando sobre un intervalo abierto que contiene \([0,1]\), y \(G(1)-G(0)\) confirma la evaluación anterior.