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Matemáticas 2. Solución Tarea 1. Antiderivada.

[email protected]

Los ejercicios 4.9 p. 332-33 resueltos del libro de Cálculo Diferencial e Integral de James Stewart. Un comentario sobre notación, en esta tarea utilizó la siguiente notación d2 f (x) = f 00 (x) = f (2) (x) . dx2

d f (x) = f 0 (x) = f (1) (x) , dx

Problema 1 (prob 3 p 332) Encuentre la antiderivada más general de la función (compruebe la respuesta mediante derivación) f (x) = 5x1/4 − 7x3/4 ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ 1 3 1 1 5 1 7 1 F (x) = 5 1 x 4 +1 − 7 3 x 4 +1 + C = 5 5 x 4 − 7 7 x 4 + C 4 +1 4 +1 4 4 ³ ´ 5 7 5 1 4 4 4 2 = 4x − 4x + C = 4x 1 − x + C.

Problema 2 (prob 5 p 332) Encuentre la antiderivada más general de la función (compruebe la respuesta mediante derivación) √ 5 f (x) = 3 x + 6 = 3x1/2 + 5x−6 x ¶ µ ¶ µ ¶ µ 3 1 1 3 1 −5 1 x−6+1 + C = 3 3 x 2 + 5 x +C F (x) = 1 x 2 +1 + 5 −6 + 1 −5 2 +1 2 1 3 3 = 2x 2 − x−5 + C = 2x 2 − 5 + C. x Problema 3 (prob 7 p 332) Encuentre la antiderivada más general de la función (compruebe la respuesta mediante derivación) √ u4 + 3u1/2 u4 3u1/2 3 u4 + 3 u = = + = u2 + 3/2 = u2 + 3u−3/2 f (u) = 2 2 2 2 u u u µ µ u ¶u ¶ 1 1 −1 u3 u2+1 − 32 +1 2 +3 + 3 + C = +C F (u) = u u 2+1 3 − 32 + 1 − 12 √ 1 u3 u3 − 6u− 2 + C = − 6 u + C. = 3 3

2007-1

Problema 4 (prob 9 p 332) Encuentre la antiderivada más general de la función (compruebe la respuesta mediante derivación) g (θ) = cos θ − 5 sin θ G (θ) = sin θ − 5 (− cos θ) = sin θ + 5 cos θ.

Problema 5 (prob 11 p 332) Encuentre la antiderivada más general de la función (compruebe la respuesta mediante derivación) ¢−1/2 ¡ = 2x + f (x) = 2x + 5 1 − x2 F (x) = 2

µ

1+1

x 1+1

¶

5 (1 −

x2 )1/2

5 = 2x + √ 1 − x2

+ 5 arcsin x + C = x2 + 5 arcsin x + C.

Problema 6 (prob 13 p 332) Encuentre la antiderivada de F de f que satisfaga la condición dada. f (x) = 5x4 − 2x5 , F (0) = 4 µ 5+1 ¶ µ 4+1 ¶ 2 1 x x −2 + C = x5 − x6 + C = x5 − x6 + C F (x) = 5 4+1 5+1 6 3 1 6 5 F (0) = 0 − 0 + C = 4 ⇒ C = 4 3 1 5 F (x) = x − x6 + 4. 3 1

Problema 7 (prob 15 p 332) Halle f

[email protected]

f (2) (x) = 6x + 12x2 µ 2+1 ¶ µ 3¶ µ 1+1 ¶ µ 2¶ x x x x (1) + 12 + C1 = 6 + 12 + C1 = 3x2 + 4x3 + C1 . f (x) = 6 1+1 2+1 2 3 µ 3+1 ¶ µ 2+1 ¶ µ 0+1 ¶ x x x +4 + C1 + C2 = x3 + x4 + C1 x + C2 . f (x) = 3 2+1 3+1 0+1 Problema 8 (prob 17 p 332) Halle f f (2) (x) = 1 + x4/5 µ 0+1 ¶ 4 1 x 1 9 5 9 + 4 f (1) (x) = 11 x 5 +1 + C1 = x + 9 x 5 + C1 = x + x 5 + C1 0+1 9 + 1 5 µ 5 ¶ µ 0+1 ¶ 1+1 9 5 x x 1 + + C2 f (x) = x 5 +1 + C1 1 + 1 9 95 + 1 0+1 µ ¶ 5 5 14/5 25 14/5 x2 x2 + x + x + C1 x + C2 = = + C1 x + C2 . 2 9 14 2 126 Problema 9 (prob 19 p 332) Halle f √ x (6 + 5x) , f (1) = 10 f 0 (x) = √ √ √ 0 f (x) = x (6 + 5x) = 6 x + 5x x = 6x1/2 + 5x · x1/2 = 6x1/2 + 5x3/2 ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ 1 3 1 1 3 1 5 1 f (x) = 6 1 x 2 +1 + 5 3 x 2 +1 + C = 6 3 x 2 + 5 5 x 2 + C 2 +1 2 +1 2 2 3

5

3

5

= 4x 2 + 2x 2 + C 3 5 f (1) = 4 (1) 2 + 2 (1) 2 + C = 10 ⇒ C = 10 − 4 − 2 = 4.

f (x) = 4x 2 + 2x 2 + 4.

Problema 10 (prob 23 p 332) Halle f (x) f (1) = 5, f 0 (1) = −3. f (2) (x) = 24x2 + 2x + 10, µ 1+1 ¶ µ 2+1 ¶ x x +2 + 10x + C1 = 8x3 + x2 + 10x + C1 f (1) (x) = 24 2+1 1+1 3

2

2007-1

f 0 (1) = 8 (1) + (1) + 10 (1) + C1 = −3 ⇒ C = −3 − 8 − 1 − 10 = −22. f (1) (x) = 8x3 + x2 + 10x − 22. µ 1+1 ¶ µ 3+1 ¶ x2+1 x3 x x + + 10 − 22x + C2 = 2x4 + + 5x2 − 22x + C2 f (x) = 8 3+1 2+1 1+1 3 3

59 (1) 1 + 5 (1)2 − 22 (1) + C2 = 5 ⇒ C2 = 5 − 2 − − 5 + 22 = . 3 3 3 x3 59 + 5x2 − 22x + . f (x) = 2x4 + 3 3 f (1) = 2 (1)4 +

Problema 11 (prob 25 p 332) Halle f (x) f (2) (θ) f (1) (θ) f 0 (0) (1) f (θ) f (θ) f (0) f (θ)

= = = = = = =

sin θ + cos θ, f (0) = 3, f 0 (0) = 4 − cos θ + sin θ + C1 − cos 0 + sin 0 + C1 = 4 ⇒ C1 = 4 + 1 = 5 − cos θ + sin θ + 5 − sin θ − cos θ + 5θ + C2 − sin 0 − cos 0 + 5 (0) + C2 = 3 ⇒ C2 = 3 + 1 = 4 − sin θ − cos θ + 5θ + 4. 2

Problema 12 (prob 29 p 332) Dado que la gráfica de f pasa por el punto (1, 6) y que la pendiente de su recta tangente es (x,[email protected] f (x)) es 2x + 1, encuentre f (2) . Solución. Expresamos matemáticamente el enunciado del problema, esto es f (1) (x) = 2x + 1 entonces f (x) = 2

µ

x1+1 1+1

¶

+ x + C1 = x2 + x + C1

Sabemos que f (1) = 6, entonces 2

f (1) = (1) + 1 + C1 = 6 C1 = 6 − 1 − 1 = 4 por lo que f (x) = x2 + x + 4 Lo que nos piden es f (2) 2

2007-1

f (2) = (2) + 2 + 4 = 4 + 2 + 4 = 10.

3

Matemáticas 2. Solución Tarea 2. Integrales Definidas.

[email protected]

Los ejercicios 5.3 p. 374 resueltos del libro de Cálculo Diferencial e Integral de James Stewart. Problema 1 (prob 1 p 374) Evalue la integral Z

3

x5 dx =

−1

∙

x5+1 5+1

¸3

=

−1

∙

x6 6

¸3

=

−1

i 1h i 728 364 1 £ 6 ¤3 1h 6 x −1 = = . 3 − (−1)6 = 36 − (−1)6 = 6 6 6 6 3

Problema 2 (prob 3 p 374) Evalue la integral Z 2 Z 2 Z 2 Z ¡ 2 ¢ 6x − 4x + 5 dx = 6x2 dx + (−4x) dx + 0

0

0

2

5dx = 6

0

Z

0

2

x2 dx − 4

Z

2

xdx + 5 0

¸2 ∙ 2 ¸2 x 6 £ 3 ¤2 4 £ 2 ¤2 x3 x 0− x 0 + 5 [x]20 = 6 −4 + 5 [x]20 = 3 0 2 0 3 2 ¡ ¢ £ ¤2 £ ¤2 ¡ ¢ = 2 x3 0 − 2 x2 0 + 5 [x]20 = 2 23 − 2 22 + 5 (2) = 18. ∙

Z

2

dx 0

Problema 3 (prob 5 p 374) Evalue la integral " 4 #1 " 9 #1 " 9 #1 Z 1 x 5 +1 x5 5x 5 5 h 9 i1 5 ³ 9 ´ 5 4/5 x dx = 4 = 9 = = x5 = 15 = . 9 9 9 9 0 0 5 +1 5 0

0

0

Problema 4 (prob 7 p 374) Evalue la integral ¸0 x2 (2x − e ) dx = 2xdx + (−e ) dx = 2 xdx − e dx = 2 − [ex ]0−1 2 −1 −1 −1 −1 −1 −1 Ã ! µ ¶ µ ¶ 2 ¢ ¡ 0 1 (−1) 1 1 1 02 −1 =2 − − − 1− = −1 − 1 + = −2 + . = 2 − e −e 2 2 2 e e e

Z

0

x

Z

0

Z

Z

0

x

Z

0

Problema 5 (prob 9 p 374) Evalue la integral Z 2 Z 2 Z ¡ 2 ¢ 2 9u + 6u + 1 du = 9 (3u + 1) du = −2

−2

u2 du + 6

Z

2

udu + −2

¸2 ∙ 2 ¸2 u3 u 2 +6 + [u]−2 3 −2 2 −2 Ã ! Ã ! 23 (−2)3 22 (−2)2 − − = 9 +6 + (2 − (−2)) 3 3 2 2 ¶ µ 3¶ µ 3 23 2 2 + + 4 = 18 + 4 = 6 (8) + 4 = 52. = 9 3 3 3 = 9

2007-1

x

2

−2

∙

0

∙

Z

2

du

−2

Problema 6 (prob 11 p 374) Evalue la integral ¶ Z −1 µ Z −1 Z −1 Z −1 Z −1 2 2 1 3 3 3 4y + 3 dy = 4y dy + dy = 4 y dy + 2 dy 3 3 y y y −2 −2 −2 −2 −2 ∙ 4 ¸−1 ∙ −2 ¸−1 Z −1 Z −1 y y y 3 dy + 2 y −3 dy = 4 +2 = 4 4 −2 −2 −2 −2 −2 ¤ ¤ ¤ ¤ £ £ £ £ 4 4 −1 2 −1 −1 −1 y −2 + y −2 −2 = y 4 −2 − y −2 −2 = 4 −2 ³ ´ ³ ´ 4 4 −2 −2 = (−1) − (−2) − (−1) − (−2) Ã ! µ ¶ ¢ ¢ ¡ ¡ 1 1 3 63 1 4 4 − 1 − = −15 − = − . = 1−2 − − = 1 − 2 2 2 4 4 4 (−1) (−2) 1

Problema 7 (prob 13 p 374) Evalue la integral Z

0

1

[email protected] Z Z 1

¡√ √ ¢ x 3 x + 4 x dx =

0

Z

1

³ ´ x x1/3 + x1/4 dx = x4/3 dx +

Z

1

x5/4 dx =

1

0

"

Z ³ ´ x1/3+1 + x1/4+1 dx =

x

4 3 +1

#1

+ +1 0 0 0 " 7 #1 " 9 #1 " 7 #1 " 9 #1 x3 x4 3x 3 4x 4 = + 9 = + 7 7 9 3 4 0 0 0 0 55 3 h 7 i1 4 h 9 i1 3 4 . = x3 + x4 = + = 7 9 7 9 63 0 0 =

4 3

"

x

5 4 +1

5 4

+1

#1

1 0

³ ´ x4/3 + x5/4 dx

0

Problema 8 (prob 15 p 374) Evalue la integral Z

π/4

0

sec2 tdt = [tan t]π/4 = tan 0

π − tan 0 = 1. 4

Problema 9 (prob 17 p 374) Evalue la integral Z

9

1 1 dx = 2x 2

1

Z

9 1

1 1 1 1 dx = [ln |x|]91 = (ln 9 − ln 1) = x 2 2 2

µ ¶ 9 1 ln = ln 9 = ln 91/2 = ln 3. 1 2

Problema 10 (prob 19 p 374) Evalue la integral Z

√ 3/2

1/2

à ! √ √ 1 1 3 3/2 √ − arcsin dt = 6 [arcsin t]1/2 = 6 arcsin 2 2 1 − t2 1/2 ³π π ´ − = 6 = π. 3 6

6 √ dt = 6 1 − t2

Z

√ 3/2

Problema 11 (prob 21 p 374) Evalue la integral Z

64

2007-1

1

√ Z 64 Z 64 √ Z 64 Z 64 1/3 3 1+ 3x 1 x 1 x √ √ √ dx = dx + dx = dx + dx 1/2 x x x x x1/2 1 1 1 1 Z 64 Z 64 1/3 Z 64 Z 64 1 x = dx + dx = x−1/2 dx + x−1/6 dx 1/2 x x1/2 1 1 1 1 ∙ 1/2 ¸64 ∙ 5/6 ¸64 h i64 6 h i64 x x + = 2 x1/2 + = x5/6 1/2 1 5/6 1 5 1 1 ³√ ´ 6 ³√ ´ √ 256 6 6 6 . = 2 64 − 1 + 645 − 15 = 14 + (32 − 1) = 5 5 5

Problema 12 (prob 23 p 374) Evalue la integral Z

1

e

u+1

du =

−1

Z

1 u

e edu = e

−1

Z

1 u

e du =

−1

1 e [eu ]−1

Problema 13 (prob 25 p 374) Evalue la integral Z

0

π/4

1 + cos2 θ dθ cos2 θ

Z π/4 1 cos2 θ dθ + dθ 2 cos θ cos2 θ 0 0 Z π/4 Z π/4 2 = sec θdθ + dθ = [tan θ]π/4 + [θ]π/4 0 0 ´ 0π ³0 π π = tan − tan 0 + = 1 + . 4 4 4

=

Z

µ ¶ ¢ ¡ 1 1 −1 2 =e e− =e −1 . =e e −e e

π/4

2

2007-1

Problema 14 (prob 27 p 374) Evalue la integral [email protected] Z e 2 Z e Z e Z e Z e 2 Z e Z e x +x+1 x x 1 1 dx = dx + dx + dx = dx xdx + dx + x x x x x 1 1 1 1 1 1 1 ∙ 2 ¸e ¶ µ 2 12 e x = − + e − 1 + (ln e − ln 1) + (e − 1) + [ln |x|]e1 = 2 1 2 2 µ 2 ¶ 1 e2 1 e = − + e − 1 + (1 − 0) = +e− . 2 2 2 2

3

Matemáticas 2. Solución Tarea 3. Regla de Sustitución.

[email protected]

Los ejercicios impares de la sección 5.4 p. 392 resueltos del libro de Cálculo Diferencial e Integral de James Stewart. Problema 1 Evalúe la integral efectuando la sustitución dada Z cos 3xdx, u = 3x Solución. Si u = 3x, entonces du = 3dx, por lo que Z Z Z 1 1 1 1 cos 3xdx = 3 (cos 3x) dx = cos udu = sin u + C = sin 3x + C. 3 3 3 2 Problema 2 Evalúe la integral efectuando la sustitución dada Z p x2 x3 + 1dx, u = x3 + 1

Solución. Si u = x3 + 1, entonces du = 3x2 dx, por lo que Z Z Z Z Z p p ¡ 2¢ 1 √ 1 1 p 3 1 2 2 3 3 x x + 1dx = 3x x + 1dx = u1/2 du x + 1 3x dx = udu = 3 3 3 3 µ ¶ 1 3 ¢3 3 1 u 2 +1 1 2 2 3 2¡ 3 1 u2 u2 + C = u2 + C = x +1 2 +C = +C = +C = 1 3 3 2 +1 3 2 3 3 9 9

Problema 3 Evalúe la integral efectuando la sustitución dada Z 4 u = 1 + 2x 3 dx, (1 + 2x)

Solución. Si u = 1 + 2x, entonces du = 2dx, por lo que Z Z Z Z u−3+1 4 2 du −3 + C = −u−2 + C dx = 2 dx = 2 = 2 u du = 2 3 3 u3 −3 + 1 (1 + 2x) (1 + 2x) 1 = − (1 + 2x)−2 + C = − +C (1 + 2x)2

2007-1

Problema 4 Evalúe la integral indefinida Z

¡ ¢4 2x x2 + 3 dx

Solución. Si u = x2 + 3, entonces du = 2xdx, por lo que Z

¢4 ¡ 2x x2 + 3 dx =

Z

¡ 2 ¢4 x + 3 2xdx =

Z

¡ 2 ¢5 x +3 u5 +C = +C u du = 5 5

20

dx

4

Problema 5 Evalúe la integral indefinida

Z

(3x − 2)

Solución. Si u = 3x − 2, entonces du = 3dx, por lo que Z

(3x − 2)20 dx =

1 3

Z

20

3 (3x − 2)20 dx =

1 3

Z

u20 du =

1

1 3

µ

u21 21

¶

+C =

u21 (3x − 2)21 +C = +C 63 63

Problema 6 Evalúe la integral indefinida

Z 2 [email protected] (ln x) x

dx

Solución. Si u = ln x, entonces du = x1 dx, por lo que Z

2

(ln x) dx = x

Z

(ln x)2

µ ¶ Z 3 (ln x) 1 u3 dx = u2 du = +C = +C x 3 3

Problema 7 Evalúe la integral indefinida

Z

dx 5 − 3x

Solución. Si u = 5 − 3x, entonces du = −3dx, por lo que Z Z Z 1 1 1 1 −3dx du dx =− =− = − ln |u| + C = − ln |5 − 3x| + C 5 − 3x 3 5 − 3x 3 u 3 3 Problema 8 Evalúe la integral indefinida Z

Solución. Si u = 3ax + bx3 , Z

a + bx2 √ dx = 3ax + bx3 = =

a + bx2 √ dx 3ax + bx3 ¢ ¡ entonces du = 3a + 3bx2 dx, (ojo a y b son constantes) por lo que ¢ ¡ Z Z Z Z 3 a + bx2 1 1 1 1 3a + 3bx2 du du √ √ √ = dx = dx = 3 3 3 3 u u1/2 3ax + bx3 3ax + bx3 Z ¢1/2 2 1 1 u1/2 2¡ u−1/2 du = + C = u1/2 + C = 3ax + bx3 +C 3 3 1/2 3 3 2p 3ax + bx3 + C 3

Problema 9 Evalúe la integral indefinida

Z

sin πtdt

2007-1

Solución. Si u = πt, entonces du = πdt, por lo que Z Z Z 1 1 1 1 sin πtdt = π sin πtdt = sin udu = − cos u + C = − cos πt + C π π π π

Problema 10 Evalúe la integral indefinida Z

√ ex 1 + ex dx

Solución. Si u = 1 + ex , entonces du = ex dx, por lo que Z Z √ √ 2 u3/2 2 3/2 ex 1 + ex dx = + C = u3/2 + C = (1 + ex ) + C udu = 3/2 3 3

Problema 11 Evalúe la integral indefinida Z

cos θ sin6 θdθ

Solución. Si u = sin θ, entonces du = cos θdθ, por lo que Z

cos θ sin6 θdθ =

Z

cos θ (sin θ)6 dθ =

Z

u6 du =

2

(sin θ)7 sin7 θ u7 +C = +C = +C 7 7 7

Problema 12 Evalúe la integral indefinida

[email protected] Z √ cot x csc2 xdx

Solución. Si u = cot x, entonces du = − csc2 xdx, por lo que Z √ Z √ Z √ Z ¡ ¢ √ u3/2 2 2 2 +C cot x csc xdx = − − cot x csc xdx = − cot x − csc x dx = − udu = − 3/2 2 2 3/2 = − u3/2 + C = − (cot x) + C 3 3 Problema 13 Evalúe la integral indefinida Z Solución. Si u = arcsin x, entonces du = Z

dx √ = 1 − x2 arcsin x

Z µ

dx √ 1 − x2 arcsin x

√ 1 dx, 1−x2

1 arcsin x

por lo que

¶

dx √ = 1 − x2

Z

sec3 x tan xdx

Z

du = ln |u| + C = ln |arcsin x| + C u

Problema 14 Evalúe la integral indefinida

Solución. Si u = sec x, entonces du = sec x tan xdx, por lo que Z Z Z sec3 x u3 +C = +C sec3 x tan xdx = sec2 x sec x tan xdx = u2 du = 3 3 Problema 15 Evalúe la integral indefinida ¶ Z x Z Z Z Z µ x ¢ ¡ e 1 e +1 −x dx = dx + e−x dx dx = 1+e dx = + ex ex ex

2007-1

Solución. Si u = −x, entonces du = −dx, por lo que Z x Z Z Z Z Z e +1 −x −x −x dx = dx + e dx = x + e dx = x − e (−dx) = x − eu du = x − eu + C ex = x − e−x + C

Problema 16 Evalúe la integral indefinida Z Z 2 sin x cos x sin 2x dx = dx 1 + cos2 x 1 + cos2 x Solución. Si u = 1 + cos2 x, entonces du = −2 sin x cos xdx, por lo que Z Z Z Z Z sin 2x 2 sin x cos x sin 2x −2 sin x cos x du dx = dx = dx = − dx = − 2 2 2 2 1 + cos x 1 + cos x 1 + cos x 1 + cos x u ¯ ¯ = − ln |u| + C = − ln ¯1 + cos2 x¯ + C

Problema 17 Evalúe la integral indefinida Z Z Z 1 x 1+x dx = dx + dx 1 + x2 1 + x2 1 + x2

3

Solución. La primera integral sale directa, esto es [email protected] Z 1 dx = arctan x + C 1 + x2 y en la segunda tomamos a u = 1 + x2 , entonces du = 2xdx Z Z Z ¯ 1 1 ¯ 1 1 x 2x du = ln |u| + C = ln ¯1 + x2 ¯ + C dx = dx = 2 2 1+x 2 1+x 2 u 2 2 Entonces la respuesta es

Z

¯ 1 ¯ 1+x dx = arctan x + ln ¯1 + x2 ¯ + C 1 + x2 2

Problema 18 Evalúe la integral definida

Z

2

25

(x − 1)

0

dx

Solución. Si u = x − 1, entonces du = dx, por lo que Z

Entonces

Z

(x − 1) 2

0

25

dx =

Z

25

dx =

(0 − 1)26 1 1 (2 − 1)26 − = − =0 26 26 26 26

(x − 1)

u25 du =

(x − 1)26 u26 +C = +C 26 26

Problema 19 Evalúe la integral definida Z

1

¡ ¢5 x2 1 + 2x3 dx

0

Solución. Si u = 1 + 2x3 , entonces du = 6x2 dx, por lo que Z

2

x

¡

¢ 3 5

1 + 2x

2007-1

Entonces

Z

0

1

1 dx = 6

Z

¡ ¢5 1 6x 1 + 2x3 dx = 6 2

Z

1 u du = 6 5

µ

u6 6

¶

¡ ¢6 1 + 2x3 u6 +C = +C = +C 36 36

³ ³ ´6 ´6 3 3 1 + 2 (0) 1 + 2 (1) ¡ ¢ 36 1 81 1 182 5 − = − = − = x2 1 + 2x3 dx = 36 36 36 36 4 36 9

Problema 20 Evalúe la integral definida

Z

π

sec2 (t/4) dt

0

Solución. Si u = t/4, entonces du = 14 dt, por lo que Z Z µ ¶ Z 1 2 2 sec (t/4) dt = 4 sec2 udu = 4 tan u + C = 4 tan (t/4) + C sec (t/4) dt = 4 4

Entonces

Z

π

sec2 (t/4) dt = 4 tan

0

Problema 21 Evalúe la integral definida

³π ´

− 4 tan

Z

e x √ dx x

4

4 1

√

4

µ ¶ 0 = 4 (1) − 4 (0) = 4 4

√ x, entonces du =

Solución. Si u =

1 √ dx, 2 x √ x

por lo que

[email protected] Z Z Z √ e x √ dx = 2 x

Entonces

Z

4 1

e √ dx = 2 2 x

eu du = 2eu + C = 2e

√ x

+C

√

√ √ ¡ ¢ e x √ dx = 2e 4 − 2e 1 = 2e2 − 2e = 2 e2 − e x

Problema 22 Evalúe la integral definida

Z

2

1

√ x x − 1dx

Solución. Si u = x − 1, entonces du = dx, por lo que Z Z Z Z ³ Z Z ´ √ √ x x − 1dx = (u + 1) udu = (u + 1) u1/2 du = u3/2 + u1/2 du = u3/2 du + u1/2 du u5/2 u3/2 2 2 2 2 5/2 3/2 + + C = u5/2 + u3/2 + C = (x − 1) + (x − 1) + C 5/2 3/2 5 3 5 3

= Entonces

¸ ∙ 2 2 2 2 5/2 3/2 5/2 3/2 (2 − 1) + (2 − 1) − (1 − 1) + (1 − 1) 5 3 5 3 1 6 + 10 16 2 2 2 2 5/2 3/2 (1) + (1) = = + = = 5 3 5 3 15 15 Problema 23 Evalúe la integral definida Z 1 z e +1 dz z +z e 0 Z

2

√ x x − 1dx =

Solución. Si u = ez + z, entonces du = (ez + 1) dz, por lo que Z Z z du e +1 dz = = ln |u| + C = ln |ez + z| + C z e +z u

Entonces

Z

1

0

¯ ¯ ¯ ¯ ez + 1 dz = ln ¯e1 + 1¯ − ln ¯e0 + 0¯ = ln |e + 1| − ln |1| = ln (e + 1) z e +z

2007-1

Problema 24 Evalúe la integral definida Z π/6 Z Z π/6 tan3 θdθ = tan2 θ tan θdθ = −π/6

−π/6

π/6 −π/6

¡ 2 ¢ sec θ − 1 tan θdθ =

Z

π/6

−π/6

sec2 θ tan θdθ −

Z

π/6

tan θdθ

−π/6

Solución. La primera integral, hicimos una similar en el ejercicio 27, sea u = sec θ, entonces du = sec θ tan θdθ Z Z Z sec2 θ u2 +C = +C sec2 θ tan θdθ = sec θ sec θ tan θdθ = udu = 2 2 y para la segunda integral, se hace directo Z tan θdθ = − ln |cos θ| + C

entonces

Z

Finalmente Z

=

sec2 2

π 6

=

sec2 2

π 6

π/6

tan3 θdθ

tan3 θdθ =

−π/6

sec2 θ − ln |cos θ| + C 2

" # ¡ ¢ ¯ ¯ ³ π ´¯ sec2 − π6 π ¯¯ ¯ ¯ ¯ − ln ¯cos ¯ − − ln ¯cos − ¯ 6 2 6 " # ¡ ¢ ¯ ¯ ³ π ´¯ sec2 π6 π ¯¯ ¯ ¯ ¯ − ln ¯cos ¯ − − ln ¯cos ¯ =0 6 2 6 5

Problema 25 Evalúe la integral definida

Z e [email protected] dx 4

e

√ x ln x

Solución. Si u = ln x, entonces du = x1 dx, por lo que Z Entonces

Z

Z

du √ = u

Z

u−1/2 du =

√ √ u1/2 + C = 2 u + C = 2 ln x + C 1/2

√ √ √ √ √ dx √ = 2 ln e4 − 2 ln e = 2 4 ln e − 2 1 = 2 4 − 2 = 2 (2) − 2 = 2 x ln x

2007-1

e

e4

dx √ = x ln x

6

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Matemáticas 2. Solución Tarea 4. Integración por partes. Los ejercicios impares de la sección 5.6 p. 398 resueltos del libro de Cálculo Diferencial e Integral de James Stewart. En esta tarea usamos la fórmula Z Z udv = uv − vdu Problema 1 (p.1) Evalúe la integral aplicando la integración por partes con las elecciones que se indican de u y dv Z x ln xdx, u = ln x, dv = xdx

Tomamos a u = ln x y a dv = xdx, entonces du = x1 dx y v = 12 x2 ¶ µ ¶ Z µ Z Z 1 1 2 1 1 2 1 x − x dx = x2 ln x − xdx x ln xdx = ln x 2 2 x 2 2 µ ¶ 1 2 1 1 x2 1 = x ln x − + C = x2 ln x − x2 + C. 2 2 2 2 4

Problema 2 (p.3) Evalúe la integral. Tomamos a u = x y a dv = cos 5xdx, entonces du = dx y v = ¶ Z µ Z Z 1 1 1 1 sin 5x − sin 5xdx = x sin 5x − sin 5xdx x cos 5xdx = x 5 5 5 5 µ ¶ 1 1 1 1 1 = x sin 5x − − cos 5x + C = x sin 5x + cos 5x + C. 5 5 5 5 25

1 5

sin 5x

Problema 3 (p.5) Evalúe la integral. Tomamos a u = r y a dv = er/2 dr, entonces du = dr y v = 2er/2 Z Z ³ ³ ´ Z ´ rer/2 dr = r 2er/2 − 2er/2 dr = 2rer/2 − 2 er/2 dr = 2rer/2 − 2 2er/2 + C = 2rer/2 − 4er/2 + C = er/2 (2r − 4) + C.

Problema 4 (p.7) Evalúe la integral. Tomamos a u = x2 y a dv = sin πxdx, entonces du = 2xdx y v = − π1 cos πx ¶ Z µ ¶ µ Z Z 1 x2 2 1 − cos πx 2xdx = − cos πx + x cos πxdx x2 sin πxdx = x2 − cos πx − π π π π La segunda integral la volvemos a hacer por partes, Tomamos a u = x y a dv = cos πxdx, entonces du = dx y v = π1 sin πx ∙ µ ¶ Z ¸ Z 2 2 x2 x2 1 1 x cos πxdx = − cos πx + x sin πx − sin πxdx − cos πx + π π π π π π ∙ ¸ Z 2 2 x 1 x sin πx − sin πxdx = − cos πx + π π π π ∙ µ ¶¸ 2 x 2 x 1 1 = − cos πx + sin πx − − cos πx + C π π π π π ∙ ¸ 2 x 2 x 1 = − cos πx + sin πx + 2 cos πx + C π π π π 2 2 x 2 = − cos πx + 2 x sin πx + 3 cos πx + C. π π π Problema 5 (p.9) Evalúe la integral. Primero hacemos una sustitución, esto es, sea β = 2x + 1, entonces dβ = 2dx µ ¶ Z Z Z 1 dβ = ln βdβ ln (2x + 1) dx = ln β 2 2 1

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Ahora integramos por partes, tomamos a u = ln β y a dv = dβ, entonces du = β1 dβ y v = β ∙ ¶¸ ∙ ¸ Z Z µ Z 1 1 1 1 1 ln βdβ = β ln β − β dβ = β ln β − dβ = [β ln β − β] 2 2 β 2 2 1 1 β ln β − β + C = 2 2 1 1 = (2x + 1) ln (2x + 1) − (2x + 1) + C. 2 2 Problema 6 (p.11) Evalúe la integral. Tomamos a u = arctan 4t y a dv = dt, entonces du = v=t Z Z Z 4t t arctan 4tdt = t arctan 4t − dt 2 dt = t arctan 4t − 4 1 + 16t2 1 + (4t)

4 dt 1+(4t)2

y

La segunda integral la hacemos por sustitución, sea u = 16t2 , entonces du = 32tdt µ ¶Z µ ¶Z Z 1 1 t 32t 1 t arctan 4t − 4 du dt = t arctan 4t − 4 dt = t arctan 4t − 4 1 + 16t2 32 1 + 16t2 32 1+u Z 1 1 1 du = t arctan 4t − ln (1 + u) + C = t arctan 4t − 8 1+u 8 ¢ 1 ¡ 2 = t arctan 4t − ln 1 + 16t + C. 8

Problema 7 (p.13) Evalúe la integral. Tomamos a u = e2θ y a dv = sin 3θdθ, entonces du = 2e2θ dθ y v = − 13 cos 3θ ¶ Z µ ¶ µ Z Z 1 1 1 2 − cos 3θ 2e2θ dθ = − e2θ cos 3θ + e2θ cos 3θdθ e2θ sin 3θdθ = e2θ − cos 3θ − 3 3 3 3 de nuevo, Tomamos a u = e2θ y a dv = cos 3θdθ, entonces du = 2e2θ dθ y v = 13 sin 3θ ∙ µ ¶ Z µ ¶ ¸ Z 1 2 2θ 1 1 e sin 3θ − sin 3θ 2e2θ dθ e2θ sin 3θdθ = − e2θ cos 3θ + 3 3 3 3 ∙ ¸ Z 2 1 2θ 2 1 e sin 3θ − e2θ sin 3θdθ = − e2θ cos 3θ + 3 3 3 3 Z 2 2θ 4 1 2θ e2θ sin 3θdθ = − e cos 3θ + e sin 3θ − 3 9 9 Z Z 4 1 2 2θ e sin 3θdθ + e2θ sin 3θdθ = − e2θ cos 3θ + e2θ sin 3θ 9 3 9 Z 1 2 13 e2θ sin 3θdθ = − e2θ cos 3θ + e2θ sin 3θ 9 3 9 µ ¶ Z 1 2θ 9 2 2θ 2θ e sin 3θdθ = − e cos 3θ + e sin 3θ 13 3 9 Z 3 2 e2θ sin 3θdθ = − e2θ cos 3θ + e2θ sin 3θ + C. 13 13

Problema 8 (p.15) Evalúe la integral. Tomamos a u = t y a dv = sin 3tdt, entonces du = dt y v = − 13 cos 3t ¶ Z µ ¶ µ Z Z 1 1 1 1 − cos 3t dt = − t cos 3t + cos 3tdt t sin 3tdt = t − cos 3t − 3 3 3 3 1 1 = − t cos 3t + sin 3t + C. 3 9 Evaluando en los límites ¸π ∙ ¸ ∙ ¸ ∙ Z π 1 1 1 1 1 1 t sin 3tdt = − t cos 3t + sin 3t = − π cos 3π + sin 3π − − (0) cos 3 (0) + sin 3 (0) 3 9 3 9 3 9 0 0 1 π 1 = − π (−1) + (0) = . 3 9 3 2

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Problema 9 (p.17) Evalúe la integral. Tomamos a u = ln x y a dv = x12 dx, entonces du = x1 dx y v = − x1 ¶ Z µ ¶ µ Z Z Z 1 1 1 1 1 1 ln x − − dx = − ln x + dx = ln x − dx = − ln x + x−2 dx x2 x x x x x2 x µ −1 ¶ 1 1 1 x + C = − ln x − + C. = − ln x + x −1 x x Evaluando en los límites ¸2 µ ¶ µ ¶ ∙ Z 2 1 1 1 1 1 1 ln x − − ln 1 − dx = − ln x − = − ln 2 − 2 x x 1 2 2 1 1 1 x 1 1 1 1 1 = − ln 2 − + 1 = − ln 2 + = (1 − ln 2) . 2 2 2 2 2 Problema 10 (p.19) Evalúe la integral. Tomamos a u = y y a dv = e−2y dy, entonces du = dy y v = − 12 e−2y ¶ Z µ ¶ µ Z Z Z 1 −2y 1 −2y 1 1 −2y y −2y e−2y dy − − e dy = − ye dy = ye dy = y − e + e2y 2 2 2 2 µ ¶ 1 −2y 1 1 −2y 1 1 = − ye − e + C = − ye−2y − e−2y + C. + 2 2 2 2 4 Evaluando en los límites ¸1 µ ¶ µ ¶ ∙ Z 1 1 1 −2y 1 −2y 1 1 −2(1) 1 −2(0) y −2(1) −2(0) − − (0) e dy = − ye − e = − (1) e − e − e 2y 2 4 2 4 2 4 0 e 0 3 1 3 1 1 1 1 = − e−2 − e−2 + = − e−2 + = − 2 . 2 4 4 4 4 4 4e 1 Problema 11 (p.21) Evalúe la integral. Tomamos a u = arcsin x y a dv = dx, entonces du = √1−x 2 dx y v=x ¶ Z Z Z µ Z 1 x −1 sin xdx = arcsin xdx = x arcsin x − x √ dx = x arcsin x − √ dx 2 1−x 1 − x2 ¡ ¢−1/2+1 Z 1 1 − x2 1 (−2) x dx = x arcsin x + = x arcsin x − 1/2 (−2) 2 − 12 + 1 (1 − x2 ) ¡ ¢ 1/2 ¢1/2 ¡ 1 1 − x2 = x arcsin x + 1 − x2 +C = x arcsin x + 1 2 2 p = x arcsin x + 1 − x2 + C.

Evaluando en los límites Z 1/2 h i1/2 p sin−1 xdx = x arcsin x + 1 − x2 0 0 ⎞ ⎛ µ ¶ µ ¶ s ¶ µ µ ¶2 q 1 1 1 2 ⎠ ⎝ arcsin + 1− − (0) arcsin (0) + 1 − (0) = 2 2 2 Ã r ! √ 1 ³π ´ 3 3 π + − 1. = + −1= 2 6 4 12 2

Problema 12 (p.23) Evalúe la integral. Tomamos a u = (ln x)2 y a dv = dx, entonces du = 2 lnxx dx y v=x Z Z Z ln x 2 2 2 dx = x (ln x) − 2 ln xdx (ln x) dx = x (ln x) − (x) 2 x = x (ln x)2 − 2 (x ln x − x) + C

= x (ln x)2 − 2x ln x + 2x + C. 3

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Evaluando en los límites Z 2 h i2 2 2 (ln x) dx = x (ln x) − 2x ln x + 2x 1 1 ³ ´ ³ ´ 2 2 = 2 (ln 2) − 2 (2) ln 2 + 2 (2) − (ln 1) − 2 ln 1 + 2 = 2 (ln 2)2 − 4 ln 2 + 4 − 2 = 2 (ln 2)2 − 4 ln 2 + 2.

Problema 13 (p.25) Primero efectúe √ una sustitución y enseguida use la integración por partes para evaluar √ 1 dx y dx = 2 xdt = 2tdt la integral. Hagamos la sustitución t = x, entonces dt = 2√ x Z

√ sin xdx =

Z

sin t (2tdt) = 2

Z

t sin tdt

Ahora tomamos a u = t y a dv = sin tdt, entonces du = dt y v = − cos t µ ¶ Z Z Z 2 t sin tdt = 2 −t cos t − (− cos t) dt = −2t cos t + 2 cos tdt = −2t cos t + 2 sin t + C √ √ √ = −2 x cos x + 2 sin x + C.

Problema 14 (p.27) Primero efectúe una sustitución y enseguida use la integración por partes para evaluar dt √ = 2dt la integral. Hagamos la sustitución t = θ2 , entonces dt = 2θdθ y dθ = 2θ t Z

¡ ¢ θ3 cos θ2 dθ =

Z

¡ ¢ θ3 cos θ2 dθ =

¶ µ Z ³√ ´3 Z Z 1 ³√ ´2 dt 1 √ = t cos tdt t cos t t cos tdt = 2 2 2 t

Ahora tomamos a u = t y a dv = cos tdt, entonces du = dt y v = sin t µ ¶ Z Z 1 1 1 1 t cos tdt = t sin t − sin tdt = (t sin t − (− cos t)) = (t sin t + cos t) 2 2 2 2 1 1 2 1 1 t sin t + cos t + C = θ sin θ2 + cos θ2 + C = 2 2 2 2 Evaluando en los límites Z

√ π

√

π/2

¡ ¢ θ cos θ2 dθ 3

= = = =

∙

¸√π 1 1 2 2 2 θ sin θ + cos θ √ 2 2 π/2

µr ¶2 µr ¶2 µr ¶2 ¡√ ¢2 1 ¡√ ¢2 1 1 ¡√ ¢2 1 π π π π sin π + cos π − sin − cos 2 2 2 2 2 2 2 ³ ´ 1 1 π π 1 π 1 π sin π + cos π − sin − cos 2 2 2 2 2 2 2 1 1 ³π´ 1 1 ³π´ 1 1 1 π π (0) + (−1) − (1) − (0) = − − =− − . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4

4

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Matemáticas 2. Solución Tarea 5. Problemas para punto extra. Los ejercicios impares de la sección 5.6 p. 398 resueltos del libro de Cálculo Diferencial e Integral de James Stewart. En esta tarea usamos la fórmula Z Z udv = uv − vdu Problema 1 (p.33) (a) Utilice la fórmula de reducción del ejemplo 6 para demostrar que Z x sin 2x +C sin2 xdx = − 2 4 R (b) Utilice el resultado del inciso (a) y la fórmula de la reducción para evaluar sin4 xdx Solución. En clase vimos el ejemplo 6, el resultado es el siguiente Z Z 1 n−1 sinn−2 xdx sinn xdx = − cos x sinn−1 x + n n

Entonces para el inciso (a), es directo Z Z Z 1 1 2−1 1 sin2−2 xdx = − cos x sin x + dx sin2 xdx = − cos x sin2−1 x + 2 2 2 2 µ ¶ Z 1 x 1 1 1 sin (x + x) + dx = − sin 2x + C J = − 2 2 2 2 4 Para el inciso (b) hacemos lo mismo Z Z Z 1 4−1 1 3 sin4−2 xdx = − cos x sin3 x + sin2 xdx sin4 xdx = − cos x sin4−1 x + 4 4 4 4 ∙ ¸ 3 x 1 1 3 − sin 2x + C = − cos x sin x + 4 4 2 4 3 1 3x − sin 2x + C J = − cos x sin3 x + 4 8 16 Problema 2 (p.35) (a) Aplique la fórmula de reducción del ejemplo 6 para demostrar qie Z π/2 Z n − 1 π/2 n−2 n sin dx = sin dx n 0 0 R π/2 R π/2 donde n ≥ 2 es un entero. (b) Use el resultado del inciso (a) para evaluar 0 sin3 dx y 0 sin5 dx.

Solución. La fórmula del ejemplo 6 con los límites de integración queda como ∙ ¸π/2 Z Z π/2 1 n − 1 π/2 n−2 sinn xdx = − cos x sinn−1 x + sin xdx n n 0 0 0 µ ¶ Z π 1 n − 1 π/2 n−2 1 n−1 π n−1 − − cos 0 sin 0 + sin xdx = − cos sin n 2 2 n n 0 ¶ µ Z Z n − 1 π/2 n−2 1 n − 1 π/2 n−2 n−1 + = − − cos 0 (sin 0) sin xdx = sin xdx J n n n 0 0

Hacenis el inciso (b) Z Z Z π/2 i 2 3 − 1 π/2 3−2 2 π/2 2 2h π π/2 sin3 dx = sin xdx = sin xdx = [− cos x]0 = − cos − (− cos 0) = J 3 3 0 3 3 2 3 0 0 ∙ ¸ Z π/2 Z π/2 Z π/2 8 5−1 4 4 2 = J sin5 dx = sin5−2 xdx = sin3 xdx = 5 5 0 5 3 15 0 0 1

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Problema 3 (p.37) Use la integración por partes para probar la fórmula de reducción Z Z n n n−1 (ln x) dx = x (ln x) − n (ln x) dx

n n−1 ¡ 1 ¢ Solución. Empezamos tomando a u = (ln x) y a dv = dx, por lo que du = n (ln x) x dx y v = x µ ¶¸ Z Z ∙ Z 1 (ln x)n dx = x (ln x)n − x n (ln x)n−1 dx = x (ln x)n − n (ln x)n−1 dx x Z = x (ln x)n − n (ln x)n−1 dx J

y ya quedó probado.

2

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Matemáticas 2. Solución a la Tarea 6. Integración por partes II. En esta tarea usamos la fórmula

Z

y fue resuelta en equipo.

udv = uv −

Z

vdu

Problema 1 Calcular la integral usando integración por partes. Tomamos como u = x y como dv = e2x , entonces du = dx y v = 12 e2x µ ¶ Z µ ¶ ¶ µ Z Z 1 2x x 2x 1 1 2x x 2x 1 1 2x 2x 2x e e e dx = e − e xe dx = x − dx = e − +C 2 2 2 2 2 2 2 µ ¶ x 2x 1 2x 1 e2x = e − e +C = x− +C 2 4 2 2 Problema 2 Calcular la integral. Tomamos como u = x3 y como dv = ex , entonces du = 3x2 dx y v = ex Z Z Z ¡ 2 ¢ 3 x 3 x x 3 x x e dx = x e − e 3x dx = x e − 3 x2 ex dx

Volvemos a integrar por partes, ahora u = x2 , du = 2xdx, dv = ex dx, v = ex ∙ ¸ ∙ ¸ Z Z Z 3 x 3 x 2 x x 3 x 2 x x x e dx = x e − 3 x e − e (2xdx) = x e − 3 x e − 2 xe dx ∙ ¸ Z Z 3 x 2 x x 3 x 2 x x x = x e − 3x e + 6 xe dx = x e − 3x e + 6 xe − e dx ¡ ¢ = x3 ex − 3x2 ex + 6xex − 6ex + C = ex x3 − 3x2 + 6x − 6 + C

Problema 3 Calcular la integral. Tomamos como u = x y como dv = e1x dx = e−x dx, entonces du = dx y v = −e−x Z Z Z ¡ −x ¢ ¡ −x ¢ x −x − −e dx = −xe dx = x −e + e−x dx = −xe−x − e−x + C = e−x (−x − 1) + C ex

Problema 4 Calcular la integral. Tomamos como u = ln 2x y como dv = dx/x2 , entonces du = v = − x1 ¶ µ ¶ Z µ Z Z 1 dx 1 1 1 1 dx ln 2x ln 2x − − = − ln 2x + ln 2x + − +C dx = − = − x2 x x x x x2 x x 1 = − (ln 2x + 1) + C x

dx x

y

Problema 5 Calcular la integral. Tomamos como u = arctan x2 y como dv = dx, entonces ! Ã 1 1 du = dx 2 1 + (x/2)2 y v=x Z

x x arctan dx = x arctan − 2 2

Z

" Ã !# Z 1 x 1 1 x x − dx = x arctan 2 2 dx 2 1 + (x/2) 2 2 1 + (x/2)

La segunda integral la hacemos por sustitución, sea w = 1 + (x/2)2 , entonces dw = 2 (x/2) (1/2) dx = xdx/2 Z Z Z x x x x x/2 dw arctan dx = x arctan − − = x arctan − ln |w| + C dx = x arctan 2 2 2 2 w 2 1 + (x/2) µ µ ¶ ¶ ³ ´ 2 x x 2 x x = x arctan − ln 1 + + C. + C = x arctan − ln 1 + 2 2 2 4 1

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Problema 6 Calcular la integral. Tomamos como u = sin x y como dv = e2x dx, entonces du = cos xdx y v = 12 e2x ¶ Z µ ¶ µ Z Z 1 2x 1 1 2x 1 e e e2x cos xdx e2x sin xdx = sin x − cos xdx = e2x sin x − 2 2 2 2 Hacemos de nuevo integración por partes u = cos x, du = − sin xdx, dv = e2x dx, v = 12 e2x ∙ ¸ Z Z 1 2x 1 1 2x 1 2x 2x e sin x − e cos x − e (− sin xdx) e sin xdx = 2 2 2 2 Z 1 1 1 2x e sin x − e2x cos x − e2x sin xdx = 2 4 4 Z Z 1 1 2x 1 e2x sin xdx + e2x sin xdx = e sin x − e2x cos x 4 2 4 Z 1 1 5 e2x sin xdx = e2x sin x − e2x cos x 4 2 4 µ ¶ Z 4 1 2x 1 2 1 e2x sin xdx = e sin x − e2x cos x = e2x sin x − e2x cos x + C 5 2 4 5 5 1 2x = − e (cos x − 2 sin x) + C 5 Problema 7 Calcular la integral. Tomamos como u = x y como dv = sin 2xdx, entonces du = dx y v = − 12 cos 2x ¶ Z µ Z Z 1 x 1 x − cos 2x dx = − cos 2x + cos 2xdx x sin 2xdx = − cos 2x − 2 2 2 2 µ ¶ x 1 1 x 1 = − cos 2x + sin 2x + C = − cos 2x + sin 2x + C. 2 2 2 2 4 Evaluando Z

0

π

¶ µ ¶ 0 1 1 π x sin 2xdx = − cos 2π + sin 2π − − cos 2 (0) + sin 2 (0) 2 4 2 4 π = − . 2 µ

Problema 8 Calcular la integral. Tomamos como u = y como dv =, entonces du = y v = ¸1 x3 e2 = . 3 0 3 0 0 ¡ ¢ Problema 9 Calcular la integral. Tomamos como u = x2 − 1 y como dv = ex dx, entonces du = 2xdx y v = ex Z Z Z ¡ 2 ¢ x ¡ 2 ¢ x ¡ 2 ¢ x x x − 1 e dx = x − 1 e − e 2xdx = x − 1 e − 2 xex dx ∙ ¸ Z ¢ x ¡ ¢ ¡ 2 x x = x − 1 e − 2 xe − e dx = x2 − 1 ex − 2xex + 2ex + C £¡ ¡ ¢ ¤ ¢ 2 = ex x2 − 1 − 2x + 2 + C = ex x2 − 2x + 1 + C = ex (x − 1) + C Z

1

x2 e2 dx = e2

Z

1

x2 dx = e2

∙

Problema 10 Calcular la integral. Tomamos como u = 1t , du = − t12 dt Z

e1/t dt = − t2

Z µ

−e1/t t2

¶

dt = −

2

Z

eu du = −eu + C = −e1/t + C

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2

Problema 11 Calcular la integral. Tomamos como u = x2 ex y como dv = ¢ 2 ¡ 2xex x2 + 1 dx y v = − 2(x21+1) Z

x dx, (x2 +1)2

entonces du =

¶ Z µ ¶ ³ ´µ ¢ 2 ¡ 1 1 2 x2 − − 2xex x2 + 1 dx x e − 2 dx = 2 + 1) 2 + 1) 2 2 (x 2 (x (x + 1) ¢ 2 ¡ Z Z 2 2 2xex x2 + 1 2 x2 ex x2 ex + dx = − + xex dx = − 2 (x2 + 1) 2 (x2 + 1) 2 (x2 + 1) Z Z 2 2 2 1 1 x2 ex x2 ex x2 + xe + 2xex dx = − dx = − 2 2 2 (x + 1) 2 2 (x + 1) 2 ¢ 2 ¡ 2 x2 2 x2 x2 −x e + ex x2 + 1 e x e + +C = +C = − 2 (x2 + 1) 2 2 (x2 + 1) x3 ex

2

2

=

2

2

2

−x2 ex + ex x2 + ex ex +C = + C. 2 2 (x + 1) 2 (x2 + 1)

3

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Matemáticas 2. Solución a la Tarea 7. Estos son los problemas del libro de Larson/Hostetler. Sección 6.5 página 396. Problemas Impares. Problema 1 (p1) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = 3x, entonces du = 3dx µ ¶ Z Z Z 1 1 du 1 1 1 1 √ √ √ = dx = du = arcsin u + C = arcsin 3x + C 2 2 2 3 3 3 3 1 − 9x 1−u 1−u y evaluando Z

0

1/6

¸1/6 µ ¶ ∙ 1 1 1 1 ³π´ 1 1 1 1 π √ arcsin 3x − arcsin 3 (0) = arcsin = J dx = = arcsin 3 = 2 3 3 6 3 3 2 3 6 18 1 − 9x 0

Problema 2 (p3) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = 2x, entonces du = 2dx Z Z Z 1 1 1 1 2 du dx = dx = = arctan 2x + C 1 + 4x2 2 1 + 4x2 2 1 + u2 2 Evaluamos en los límites de integración r r ¸√3/2 ∙ Z √3/2 1 1 1 1 3 1 3 arctan 2x − arctan 2 (0) = arctan J dx = = arctan 2 1 + 4x 2 2 2 2 2 2 0 0 Problema 3 (p5) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = 2x, entonces du = 2dx µ ¶ Z Z Z 1 du 1 1 √ √ √ = dx = du = arcsec |u| + C = arcsec |2x| + C J u 2 2 2 x 4x − 1 u u2 − 1 2 u −1 Problema 4 (p7) Calcular la integral propuesta. Dividimos y después tomamos a u = x2 + 1, entonces du = 2xdx ¶ µ ¶ Z µ Z Z Z Z Z x 1 2 1 2 1 x 1 1 du x3 dx = x− 2 dx = xdx − dx = x − = x − du 2 2 x +1 x +1 x +1 2 u 2 2 2 u ¢ 1 1 2 1 1 ¡ x − ln |u| + C = x2 − ln x2 + 1 + C J = 2 2 2 2 Problema 5 (p9) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = x + 1, entonces du = dx Z Z 1 1 q √ dx = du = arcsin u + C = arcsin (x + 1) + C J 2 1 − u2 1 − (x + 1)

Problema 6 (p11) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = t2 , entonces du = 2tdt µ ¶ Z Z Z Z 1 du 1 t 1 t 1 √ q √ √ = dt = dt = du = arcsin u + C 4 2 2 2 2 2 1−t 1−u 1−u 1 − (t2 )2 =

1 arcsin t2 + C J 2

Problema 7 (p13) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = arctan x, entonces du = Z Z arctan x dx = udu = u2 + C = arctan2 x + C J 1 + x2

1 1+x2 dx

Problema 8 (p15) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = arcsin x, entonces du =

√ 1 dx 1−x2

Z

arcsin x √ dx = 1 − x2

Z

2

udu =

(arcsin x) u2 +C = +C 2 2

1

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Evaluamos en los límites de integración Z

0

√ 1/ 2

arcsin x √ dx = 1 − x2 =

"

(arcsin x) 2 µ³ ´ ¶ π 2 1 2

4

#1/√2

! õ ¶2 1 1 2 arcsin √ = − (arcsin 0) 2 2 0 µ ¶ π2 1 π2 = J = 2 16 32

2

Problema 9 (p17) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = 1 − x2 , entonces du = −2xdx Z Z Z Z 1 1 1 −2x du x √ √ √ =− u−1/2 du dx = − dx = − 2 2 2 u 1 − x2 1 − x2 ´ p √ 1³ = − 2u1/2 = − u + C = − 1 − x2 + C 2 Evaluamos en los límites de integración Z

0

−1/2

⎛ s ⎞ r µ ¶2 h p i0 p 1 x 2 2 ⎠ = −1 + 1 − 1 √ dx = − 1 − x = − 1 − 0 − ⎝− 1 − 2 2 4 −1/2 1−x r √ 3 3 = −1 + J = −1 + 4 2

Problema 10 (p19) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = ex , entonces du = ex dx Z Z du ex √ √ dx = = arcsin u + C = arcsin ex + C J 2x 1−e 1 − u2 Problema 11 (p21) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = x − 3, entonces du = dx µ ¶ Z Z 1 1 x−3 1 arctan +C J dx = du = 2 32 + u2 3 3 9 + (x − 3) √ 1 Problema 12 (p23) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = x, entonces du = 2√ dx x Z

1 √ dx = 2 x (1 + x)

Z

1 √ dx = 2 2 x (1 + x)

Z

√ du = 2 arctan u + C = 2 arctan x + C J 1 + u2

Problema 13 (p25) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = cos x, entonces du = − sin xdx Z Z Z − sin x du sin x dx = − dx = − = − arctan u + C = − arctan (cos x) + C 1 + cos2 x 1 + cos2 x 1 + u2 Evaluamos en los límites de integración Z π ³ ³ π ´´ sin x dx = [− arctan (cos x)]ππ/2 = − arctan (cos π) − − arctan cos 2 2 π/2 1 + cos x ³ π´ π = J = − arctan (−1) − (− arctan (0)) = − arctan (−1) = − − 4 4 Problema 14 (p27) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = x − 1, entonces du = dx Z Z Z Z dx dx dx du = = = arctan u + C = 2 x2 − 2x + 2 x2 − 2x + 1 + 1 u2 + 1 (x − 1) + 1 = arctan (x − 1) + C

Evaluamos en los límites de integración Z 2 π ³ π´ π dx 2 = [arctan (x − 1)] − − = arctan (2 − 1) − arctan (0 − 1) = = J 0 2 4 4 2 0 x − 2x + 2 2

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Problema 15 (p29) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = x + 3, entonces du = dx Z Z Z Z 2x x x u−3 dx = 2 dx = 2 du dx = 2 2 2 2 x + 6x + 13 x + 6x + 9 + 4 u2 + 4 (x + 3) + 4 Z Z Z Z ¡ 2 ¢−1 u 3 1 = 2 du − 2 du = 2u u du + 4 du − 6 2 2 2 u +4 u +4 u +4 ³ ´ ¡ ¢ 6 u x+3 2 +C = ln u2 + 4 − arctan + C = ln (x + 3) + 4 − 3 arctan 2 2 2 ¡ ¢ x+3 = ln x2 + 6x + 13 − 3 arctan +C J 2 Problema 16 (p31) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = x + 2, entonces du = dx Z Z Z Z 1 1 1 1 √ p p p dx = dx = dx dx = 2 2 2 2 −x − 4x − (x + 4x) − (x + 4x + 4 − 4) − (x + 4x + 4) + 4 µ ¶ Z Z u du x+2 1 q √ dx = +C J = arcsin + C = arcsin = 2 2 22 − u2 − (x + 2)2 + 4 Problema 17 (p33) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = x − 1, entonces du = dx Z Z Z Z 1 1 1 1 √ p p p dx = dx = dx dx = 2 2 2 2 −x + 2x − (x − 2x) − (x − 2x + 1 − 1) − (x − 2x + 1) + 1 Z Z du 1 q √ dx = = = arcsin u + C = arcsin (x − 1) + C J −u2 + 1 − (x − 1)2 + 1

Problema 18 (p35) Calcular la integral propuesta. Tomamos en la segunda integral a u = x − 2, entonces du = dx y en la primera a w = −x2 + 4x, entonces dw = (−2x + 4) dx Z Z Z Z 2x − 3 2x − 4 + 1 2x − 4 1 √ √ √ dx = dx = dx + p dx 2 2 2 4x − x 4x − x 4x − x − (−4x + x2 ) Z Z 1 −2x + 4 dx + p = − √ dx 2 2 4x − x − (x − 4x + 4 − 4) Z Z 1 −2x + 4 dx + p = − √ dx 4x − x2 − (x2 − 4x + 4) + 4 Z Z 1 −2x + 4 dx dx + q = − √ 2 4x − x2 − (x − 2) + 4 Z Z Z Z u dw du du −1/2 √ √ = − + = − w dw + = −2w1/2 + arcsin + C 2 w1/2 22 − u2 22 − u2 ¡ 2 ¢1/2 x−2 +C = −2 −x + 4x + arcsin 2 Evaluamos en los límites de integración ¸3 ∙ Z 3 ¡ ¢1/2 x−2 2x − 3 √ dx = −2 −x2 + 4x + arcsin 2 4x − x2 2 2 ¶ µ ¶ µ ¡ ¡ 2 ¢1/2 ¢1/2 3−2 2−2 − −2 −22 + 4 (2) = −2 −3 + 4 (3) + arcsin + arcsin 2 2 √ π π 1/2 1/2 = −2 (3) + + 2 (4) = −2 3 + + 4 J 6 6 Problema 19 (p37) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = x2 + 1, entonces du = 2xdx Z Z Z Z 1 x x x 2x dx = dx = dx = dx 2 2 4 2 4 2 2 2 x + 2x + 2 x + 2x + 1 + 1 2 (x + 1) + 1 (x + 1) + 1 Z ¡ ¢ 1 1 1 du = arctan u + C = arctan x2 + 1 + C J = 2 2 u +1 2 2 3

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Problema 20 (p39) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = 4x − 2, entonces du = 4dx Z Z Z 1 1 1 √ p q dx dx = dx = ¢ ¡ 2 2 −16x + 16x − 3 −16 (x − x) − 3 −16 x2 − x + 14 − 14 − 3 Z Z 1 1 q q = dx = ¢ 16 ¡ ¡ ¢2 dx 1 −16 x2 − x + 4 + 4 − 3 1 − 42 x − 12 Z Z 1 4 1 q q = dx = dx 4 2 2 1 − (4x − 2) 1 − (4x − 2) Z 1 1 1 du √ = = arcsin u + C = arcsin (4x − 2) + C J 2 4 4 4 1−u Problema 21 (p41) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = x − 1, entonces du = dx √ Z √ Z Z √ x−1 u u dx = du = du √ 2 x u+1 ( u) + 1 si w =

√ u, dw = Z

1 √ du 2 u

√ u

du = √ 2 ( u) + 1 = = =

Z w2 w (2wdw) = 2 dw w2 + 1 w2 + 1 Z 2 Z Z 2 w +1 1 w +1−1 dw = 2 dw − 2 dw 2 w2 + 1 w2 + 1 w2 + 1 Z Z 1 dw = 2w − 2 arctan w + C 2 dw − 2 2 w +1 √ √ √ √ 2 u − 2 arctan u + C = 2 x − 1 − 2 arctan x − 1 + C J

Z

¢ w ¡ √ 2 udw = w2 + 1

Z

Problema 22 (p43) Calcular la integral propuesta. Tomamos a u = et , entonces du = et dt Z √ Z √ Z Z √ √ du du u−3 t = du e − 3dt = u−3 t = u−3 e u u Ahora hacemos w = u − 3, dw = du √ Z √ Z √ Z u−3 w w du = dw = dw √ 2 u w+3 ( w) + 3 √ Hacemos v = w, dv = 2√1w dw Z

√ w

√ 2 ( w) + 3

dw

= = = = =

Z

v 2

(v) + 3

¡ √ ¢ 2 wdv =

v 2

(v) + 3

(2vdv) = 2

Z

v2 dv v2 + 3 Z Z dv = 2 dv − 2

Z v2 + 3 3 v2 + 3 − 3 dv = 2 dv − 2 2 v2 + 3 v2 + 3 v2 + 3 ¶ µ 6 v v 1 + C = 2v − √ arctan √ + C 2v − 6 √ arctan √ 3 3 3 3 √ √ √ √ 6 6 w u−3 2 w − √ arctan √ + C = 2 u − 3 − √ arctan √ +C 3 3 3 3 √ √ 6 et − 3 2 et − 3 − √ arctan √ +C J 3 3 Z

Z

Z

4

v2

3 ¡√ ¢2 dv + 3

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Matemáticas 2. Solución a la Tarea 8. Estos son los problemas del libro de Larson/Hostetler. Sección 6.6 página 407. Problemas Impares 35-61. Problema 1 (p.35) Calcular la integral. Hacemos la sustitución u = 1 − 2x, du = −2dx Z Z Z 1 1 1 du =− sinh udu = − cosh u + C = − cosh (1 − 2x) + C J sinh (1 − 2x) dx = sinh u −2 2 2 2 Problema 2 (p.37) Calcular la integral. Hacemos la sustitución u = cosh (x − 1) , du = sinh (x − 1) dx Z Z cosh3 (x − 1) u3 cosh2 (x − 1) sinh (x − 1) dx = u2 du = +C = +C J 3 3 Problema 3 (p.39) Calcular la integral. Hacemos la sustitución u = sinh x, du = cosh xdx Z Z du cosh x dx = = ln |u| + C = ln |sinh x| + C J sinh x u 2

Problema 4 (p.41) Calcular la integral. Hacemos la sustitución u = x2 , du = xdx Z Z 2 x2 2x x csc h dx = csc h2 udu = − coth u + C = − coth +C J 2 2 Problema 5 (p.43) Calcular la integral. Hacemos la sustitución u = x1 , du = − x12 dx µ ¶ Z Z csc h (1/x) coth (1/x) 1 +C J dx = − csc hu coth udu = − (− csc hu) + C = csc h 2 x x Problema 6 (p.45) Calcular la integral. Hacemos la sustitución u = x, du = dx ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Z Z ¯5 + u¯ ¯5 + u¯ ¯5 + x¯ 1 1 1 1 du ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯+C ln ln ln dx = = +C = +C = 25 − x2 52 − u2 2 (5) ¯ 5 − u ¯ 10 ¯ 5 − u ¯ 10 ¯ 5 − x ¯ Evaluando en los límites de integración ¯ ¯ ¯ ¯ Z 4 ¯5 + 4¯ ¯5 + 0¯ 1 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ = 1 ln |9| − 1 ln |1| ln ¯ ln ¯ dx = − ¯ 2 10 5−4 10 5 − 0 ¯ 10 10 0 25 − x 1 1 1 2 ln 9 = ln 32 = ln 3 = ln 3 J = 10 10 10 5

Problema 7 (p.47) Calcular la integral. Hacemos la sustitución u = 2x, du = 2dx Z Z 2 du √ √ dx = = arcsin 2x + C 2 1 − 4x 1 − u2 Evaluando en los límites de integración Z

0

√ 2/4

√ √ π 2 2 2 √ − arcsin 2 (0) = arcsin = J dx = arcsin 2 2 4 2 4 1 − 4x

Problema 8 (p.49) Calcular la integral. Hacemos la sustitución u = x2 , du = 2xdx Z Z 1 1 1 du x dx = = arctan u + C = arctan x2 + C J 4 2 x +1 2 u +1 2 2 Problema 9 (p.51) Calcular la integral. Hacemos la sustitución u = ex , du = ex dx Z Z Z du 1 1 1 √ √ √ dx = = du = − csc h−1 u + C x 2x 2 e 1+e 1+u u 1 + u2 = − csc h−1 (ex ) + C J esto dado que ex > 0. 1

2007-1 [email protected]

√ 1 Problema 10 (p.53) Calcular la integral. Hacemos la sustitución u = x, du = 2√ dx x √ Z Z Z Z 1 2 x 2u 1 √ √ dx = du = du = 2 √ du √ √ 2 2 x 1+x u 1+u u 1+u 1 + u2 √ = 2 sinh−1 u + C = 2 sinh−1 x + C J Problema 11 (p.55) Calcular la integral. Hacemos la sustitución u = x − 1, du = dx Z Z Z 1 1 1 √ √ q dx dx = dx = 2 2 (x − 1) x − 2x + 2 (x − 1) x − 2x + 1 + 1 (x − 1) (x − 1)2 + 1 √ Z 1 + u2 + 1 1 √ +C = dx = − ln |u| u u2 + 1 q √ 2 1 + (x − 1) + 1 1 + x2 − 2x + 2 + C = − ln +C J = − ln |x − 1| |x − 1|

Problema 12 (p.57) Calcular la integral. Hacemos la sustitución u = x + 1, du = dx Z Z Z 1 1 1 1 1 dx = − dx = − dx 1 2 2 2 1 − 4x − 2x 2 2 x + 2x − 2 x + 2x + 1 − 1 − 12 ¯ ¯q ¯ 3 + u¯ Z ¯ ¯ 1 1 1 2 ¯+C dx = ³q ´ ln ¯¯ q = 2 ¯ 3 2 3 − (x + 1) + ¯ 3 − u¯ 2 2

=

2

2

¯ ¯ q ¯√ ¯ √ ¯ ¯ 3 ¯ 3 + √2 (x + 1) ¯ + x + 1 ¯ ¯ 2 1 2 ¯ ¯ ¯ + C = √ ln ¯ √ √ ³q ´ ln ¯¯ q ¯+C J ¯ ¯ ¯ 3 3 2 3 3 − 2 (x + 1) ¯ 2 − (x + 1) ¯ 2

2

Problema 13 (p.59) Calcular la integral. Hacemos la sustitución u = 4x − 1, du = 4dx Z Z Z 1 1 1 √ q q dx = dx = ¢ dx ¡ ¢ ¡ 2 1 1 80 + 8x − 16x 80 − 16 x2 − 12 x 80 − 16 x2 − 12 x + 16 − 16 Z Z 1 1 q q dx = = ¢ ¡ ¡ ¢ dx 1 1 1 2 2 80 − 16 x2 − 2 x + 16 + 1 81 − 4 x − 4 Z Z u 1 1 1 1 q √ = dx = du = arcsin + C 2 2 4 4 9 9 −u 81 − (4x − 1)2

1 4x − 1 arcsin +C J 4 9 Problema 14 (p.61) Calcular la integral. Hacemos la división (por división larga) y hacemos la sustitución u = x − 2, du = dx ¶ Z Z Z Z µ 20 20 x3 − 21x dx = − (x + 4) dx + dx = −x − 4 + dx 5 + 4x − x2 5 + 4x − x2 5 + 4x − x2 Z Z 1 1 20 20 dx = − x2 + 4x + dx = − x2 + 4x + 2 5 − (x2 − 4x) 2 5 − (x2 − 4x + 4 − 4) Z Z 1 2 1 20 1 x dx = − + 4x + 20 = − x2 + 4x + 2 2 dx 2 2 9 − (x − 2) 9 − (x − 2) ¯ ¶ ¯ µ ¯ 3 + (x − 2) ¯ 1 2 1 ¯ ¯+C ln ¯ = − x + 4x + 20 2 2 (3) 3 − (x − 2) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 10 ¯¯ 3 + (x − 2) ¯¯ 10 ¯¯ x + 1 ¯¯ 1 2 1 2 ln ¯ ln ¯ = − x + 4x + + C = − x + 4x + +C 2 3 3 − (x − 2) ¯ 2 3 5 − x¯ ¯ ¯ 10 ¯¯ x + 1 ¯¯ 1 ln ¯ = − x2 + 4x + +C J 2 3 x − 5¯ =

2

Matemáticas 2. ciales.

Taller sobre descomposición en fracciones Par-

Este taller fue entregado el día 1 de Noviembre del 2007. Problema 1 Evalúe la integral. Primer usamos fracciones parciales ¶ Z Z µ Z Z B x−9 A A B dx = + dx = dx + dx (x + 5) (x − 2) x+5 x−2 x+5 x−2 Debemos encontrar cuanto es A y B.

UABC 2007-2 [email protected]

Documento creado por Carlos A. Gómez de la Garza

A B x−9 = + (x + 5) (x − 2) x+5 x−2 x − 9 = A (x − 2) + B (x + 5) Si x = 2 2 − 9 = A (2 − 2) + B (2 + 5) −7 = 7B −7 B = = −1 7 y si x = −5 −5 − 9 = A (−5 − 2) + B (−5 + 5) −14 = A (−7) −14 A = =2 −7 Entonces la integral queda como sigue Z Z Z Z Z x−9 2 −1 1 1 dx = dx + dx = 2 dx − dx (x + 5) (x − 2) x+5 x−2 x+5 x−2

= 2 ln |x + 5| − ln |x − 2| + C = ln |x + 5|2 − ln |x − 2| + C 2

= ln

(x + 5) +C J |x − 2|

Problema 2 Evalúe la integral Z 1 Z 1 Z 1 Z 1 x−1 x−1 A B dx = dx = dx + dx 2 + 3x + 2 x (x + 2) (x + 1) x + 2 x +1 0 0 0 0 Debemos encontrar cuanto es A y B. A B x−1 = + (x + 2) (x + 1) x+2 x+1 x − 1 = A (x + 1) + B (x + 2) Si x = −1 −1 − 1 = A (−1 + 1) + B (−1 + 2) B = −2 y si x = −2 −2 − 1 = A (−2 + 1) + B (−2 + 2) −3 = −A A = 3

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1

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Entonces la integral queda como Z 1 Z 1 Z 1 x−1 3 2 dx = dx − dx 2 0 x + 3x + 2 0 x+2 0 x+1

h i1 1 3 2 = [3 ln |x + 2| − 2 ln |x + 1|]0 = ln |x + 2| − ln |x + 1| 0 " # 3 1 3 3 3 3 |x + 2| |1 + 2| |0 + 2| |3| |2| = ln = ln − ln = ln − ln 2 2 2 2 2 |x + 1| 0 |1 + 1| |0 + 1| |2| |1|

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= ln

27/4 27 27 − ln 8 = ln = ln ≈ −0.169899 J 4 8 32

Problema 3 Evalúe la integral Z 3 Z 3 Z 3 Z 3 1 1 A B dx = dx = dx + dx 2−1 x (x − 1) (x + 1) x − 1 x +1 2 2 2 2 Debemos encontrar cuanto es A y B, A B 1 = + (x − 1) (x + 1) x−1 x+1 1 = A (x + 1) + B (x − 1) Si x = 1 1 = A (1 + 1) + B (1 − 1) 1 = 2A 1 A = 2 y si x = −1 1 = A (−1 + 1) + B (−1 − 1) 1 = −2B 1 B = − 2 Entonces la integral queda como Z 3 Z 3 Z 3 Z Z 1 3 1 1 3 1 1 1/2 −1/2 dx = dx + dx = dx − dx 2 2 2 x−1 2 2 x+1 2 x −1 2 x−1 2 x+1 ∙ ¸3 1 1 1 3 = ln |x − 1| − ln |x + 1| = [ln |x − 1| − ln |x + 1|]2 2 2 2 2 s s #3 ¸3 " s ∙ 1 |x − 1| |x − 1| |3 − 1| |2 − 1| ln − ln = = ln = ln 2 |x + 1| 2 |x + 1| |3 + 1| |2 + 1| r r r2 r r 2 1 1 1 3 − ln = ln − ln = ln ≈ 0.202733 J = ln 4 3 2 3 2 Problema 4 Evalúe la integral Z 2 Z Z Z Z Z 2 x + 2x − 1 x2 + 2x − 1 A B C x + 2x − 1 dx = dx = dx = dx + dx + dx 3 2 x −x x (x − 1) x (x − 1) (x + 1) x x−1 x+1 Debemos encontrar cuanto es A, B y C x2 + 2x − 1 x (x − 1) (x + 1)

=

A B C + + x x−1 x+1

x2 + 2x − 1 = A (x − 1) (x + 1) + Bx (x + 1) + Cx (x − 1)

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2

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Si x = 0 02 + 2 (0) − 1 = A (0 − 1) (0 + 1) + B (0) (0 + 1) + C (0) (0 − 1) −1 = −A A = 1 Si x = 1 12 + 2 − 1 = A (1 − 1) (1 + 1) + B (1 + 1) + C (1 − 1) 2 = 2B B = 1 y si x = −1

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2

(−1) + 2 (−1) − 1 = A (−1 − 1) (−1 + 1) + B (−1) (−1 + 1) + C (−1) (−1 − 1) 1 − 2 − 1 = 2C C = −1 Entonces la integral queda como Z Z Z Z 2 1 1 1 x + 2x − 1 dx = dx + dx − dx x3 − x x x−1 x+1 = ln |x| + ln |x − 1| − ln |x + 1| + C = ln Problema 5 Evalúe la integral Z

10 dx = (x − 1) (x2 + 9)

Z

A dx + x−1

Z

|x (x − 1)| +C J |x + 1|

Bx + C dx x2 + 9

Debemos encontrar cuanto es A, B y C A Bx + C + 2 x−1 x +9 ¢ ¡ 10 = A x2 + 9 + (Bx + C) (x − 1)

10 (x − 1) (x2 + 9) Si x = 1

=

¢ ¡ 10 = A 12 + 9 + (B + C) (1 − 1) 10 = 10A A = 1 si x = 0 ¢ ¡ 10 = A 02 + 9 + (B (0) + C) (0 − 1) 10 = 9A − C C = 9A − 10 = 9 (1) − 10 = −1 y si x = −1

¢ ¡ 10 = A x2 + 9 + (Bx + C) (x − 1) ³ ´ 10 = (−1)2 + 9 + (B (−1) − 1) (−1 − 1)

10 = 10 − 2 (−B − 1) 10 − 10 = 2B + 2 B = −1 Este documento se encuentra disponible en:

3

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Entonces la integral queda como Z Z Z Z Z Z 1 x+1 1 x 1 10 dx = dx − dx = dx − dx − dx (x − 1) (x2 + 9) x−1 x2 + 9 x−1 x2 + 9 x2 + 9 Z Z Z 1 2x 1 1 dx − dx − dx = 2 2 x−1 2 x +9 x +9 ¢ 1 x 1 ¡ = ln |x − 1| − ln x2 + 9 − arctan + C J 2 3 3

Problema 6 Evalúe la integral Z

2x2 + 5 dx = 2 (x + 1) (x2 + 4)

Z

Ax + B dx + x2 + 1

Z

Cx + D dx x2 + 4

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Debemos encontrar cuanto es A, B, C y D 2x2 + 5 (x2 + 1) (x2 + 4)

Ax + B Cx + D + 2 2 x +1 x +4 ¡ ¢ ¡ ¢ 2x2 + 5 = x2 + 4 (Ax + B) + x2 + 1 (Cx + D) =

2x2 + 5 = Ax3 + Bx2 + 4Ax + 4B + Cx3 + Dx2 + Cx + D 2x2 + 5 = (A + C) x3 + (B + D) x2 + (4A + C) x + 4B + D Entonces tenemos las ecuaciones siguientes A+C B+D 4A + C 4B + D

= = = =

0 2 0 5

Resolvemos la primera y la tercera juntas, y las segunda y la cuarta. Entonces A+C 4A + C

= 0 = 0

Este sistema tiene solución trivial, esto es A = 0 y C = 0. Y del otro conjunto de ecuaciones obtenemos B+D 4B + D

= 2 = 5

que B = 1 y D = 1.Entonces la integral queda como Z Z Z 1 x 2x2 + 5 1 1 dx = dx + dx = arctan x + arctan + C J (x2 + 1) (x2 + 4) x2 + 1 x2 + 4 2 2 Problema 7 Evalúe la integral Z 2 Z Z Z 2 x −x+6 A Bx + C x −x+6 dx = dx = dx + dx 3 2 x + 3x x (x + 3) x x2 + 3 Debemos encontrar cuanto es A, B y C x2 − x + 6 x (x2 + 3)

Si x = 0

A Bx + C + 2 x x +3 ¡ 2 ¢ 2 x − x + 6 = A x + 3 + x (Bx + C) =

¡ ¢ 02 − 0 + 6 = A 02 + 3 + 0 (B0 + C) 6 = 3A A = 2

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4

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si x = 1

¡ ¢ 12 − 1 + 6 = 2 12 + 3 + (B + C) 6 = 8+B+C B + C = −2

ahora si x = 2 22 − 2 + 6 8 4B + 2C 2B + C

= = = =

¡ ¢ 2 22 + 3 + 2 (2B + C) 14 + 4B + 2C −6 −3

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Resolvemos simultaneamente B+C 2B + C

= −2 = −3

donde B = −1, C = −1. Entonces la Z Z 2 x −x+6 dx = x3 + 3x Z =

integral queda como Z Z Z Z 2 x+1 2 x 1 dx − dx = dx − dx − dx 2 2 2 x x +3 x x +3 x +3 Z Z 1 2x 1 2 dx − dx − dx x 2 x2 + 3 x2 + 3 ¢ 1 ¡ 1 x = 2 ln |x| − ln x2 + 3 − √ arctan √ + C J 2 3 3 Problema 8 Evalúe la integral Z r2 dr r+4 Primero hacemos la división r −4 r + 4 r2 r2 4r 0 −4r −4r −16 0 16 Entonces la integral queda como Z Z Z Z Z Z r2 16 16 dr = (r − 4) dr + dr = rdr − 4 dr + dr r+4 r+4 r+4 1 2 r − 4r + 16 ln |r + 4| + C J = 2 Problema 9 Evalúe la integral Z 3 x +4 dx x2 + 4 Primero hacemos la división x x2 + 4 x3 +4 x3 +4x 0 −4x +4 Entonces la integral queda como Z 3 Z Z Z Z Z x +4 −4x + 4 −4x 4 dx = xdx + dx = xdx + dx + dx x2 + 4 x2 + 4 x2 + 4 x2 + 4 Z Z Z 1 2x dx + 4 dx = xdx − 2 2 2 x +4 x +4 ¡ ¢ 4 ¡ ¢ x 1 1 2 x x − 2 ln x2 + 4 + arctan + C = x2 − 2 ln x2 + 4 + 2 arctan + C J = 2 2 2 2 2 Este documento se encuentra disponible en:

5

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Problema 10 Efectúa una sustitución para expresar √ el integrando como una función racional y a contin1 dx uación evalúe la integral. Hacemos la sustitución u = x, entonces du = 2√ x Z

16

9

√ √ Z 16 Z Z Z √ x x u2 u u dx = 2 2udu = 2 du xdu = dx → √ 2 2 2 2 x−4 u −4 u −4 u −4 ( x) − 4 9

Ahora hacemos la división 1 u2 u2 0

u2 − 4 Entonces

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2

Z

u2 du = 2 u2 − 4

Z µ

1+

4 2 u −4

la segunda integral la hacemos por fracciones parciales

¶

−4 +4 du = 2

Z

du + 8

Z

u2

1 du −4

1 A B = + u2 − 4 u−2 u+2 1 = A (u + 2) + B (u − 2) Si u = 2 1 = A (2 + 2) + B (2 − 2) 1 = 4A 1 A = 4 y si u = −2 1 = A (−2 + 2) + B (−2 − 2) 1 = −4B 1 B = − 4 Entonces Z 2

Z Z Z Z Z Z 1/4 −1/4 1 1 u2 du = 2 du + 8 du + 8 du = 2 du + 2 du − 2 du u2 − 4 u−2 u+2 u−2 u+2 ¯√ ¯ ¯ ¯√ √ = 2u + 2 ln |u − 2| − 2 ln |u + 2| + C → 2 x + 2 ln ¯ x − 2¯ − 2 ln ¯ x + 2¯ + C √ √ | x − 2| +C = 2 x + 2 ln √ | x + 2|

Ahora Z

9

16

¯√ ¯√ ¯ à ¯! √ ¯ 16 − 2¯ ¯ 9 − 2¯ √ √ x ¯ − 2 9 + 2 ln ¯√ ¯ dx = 2 16 + 2 ln ¯√ ¯ 16 + 2¯ ¯ 9 + 2¯ x−4 µ ¶ 1 1 1 1 5 = 8 + 2 ln − 6 + 2 ln = 8 + 2 ln − 6 − 2 ln = 2 + 2 ln ≈ 3.02165 J 3 5 3 5 3

Problema 11 Efectúa una sustitución para expresar √ el integrando como una función racional y a contin1 dx y x = u2 − 2 uación evalúe la integral. Hacemos la sustitución u = x + 2, entonces du = 2√1x+2 dx = 2u Z

1 √ dx → x− x+2 =

Z Z u u 2udu = 2 du = 2 du 2 2 u −2−u u −u−2 (u − 2) (u + 1) ¸ ∙Z Z B A du + du 2 u−2 u+1 Z

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6

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Debemos encontrar cuanto es A y B A B u = + (u − 2) (u + 1) u−2 u+1 u = A (u + 1) + B (u − 2) si u = 2 2 = A (2 + 1) + B (2 − 2) 2 A = 3

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y si u = −1 −1 = A (−1 + 1) + B (−1 − 2) 1 B = 3 Entonces Z

2udu 2 u −2−u

y nos regresamos a las x Z

∙Z

¸ ∙ Z ¸ Z 1 1/3 2 1 1 = 2 du = 2 du + du u+1 3 u−2 3 u+1 ¸ ∙ 1 2 ln |u − 2| + ln |u + 1| + C = 2 3 3 2/3 du + u−2

Z

¯ 2 ¯√ ¯ 1 4 ¯√ √ dx = ln ¯ x + 2 − 2¯ + ln ¯ x + 2 + 1¯ + C J 3 3 x− x+2

Problema 12 Completando el cuadrado en x2 + x + 1 y efectuando una sustitución evaluar Z Z Z dx dx dx = = ¡ ¢2 1 3 2 2 x +x+1 x +x+ 4 + 4 x+ 1 + 3 2

si u = x + 12 , entonces du = dx Z Z dx du → ¡ ¢ 2 1 2 3 u + x+ 2 + 4 =

4

1 u 2 2u =p arctan p + C = √ arctan √ + C 3 3 3/4 3/4 ¢ ¡ 1 2 x+ 2 2 2x + 1 2 √ arctan √ + C = √ arctan √ +C J 3 3 3 3

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3 4

7

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Matemáticas 2. ciales.

Taller sobre descomposición en fracciones Par-

Este taller fue el día 28 de Marzo del 2007. En equipo resuelve las siguientes integrales. Problema 1 Evalúe la integral. Primer usamos fracciones parciales ¶ Z Z µ Z Z B x−9 A A B dx = + dx = dx + dx (x + 5) (x − 2) x+5 x−2 x+5 x−2 Debemos encontrar cuanto es A y B. A B x−9 = + (x + 5) (x − 2) x+5 x−2 x − 9 = A (x − 2) + B (x + 5) Si x = 2 2 − 9 = A (2 − 2) + B (2 + 5) −7 = 7B −7 B = = −1 7 y si x = −5 −5 − 9 = A (−5 − 2) + B (−5 + 5) −14 = A (−7) −14 A = =2 −7 Entonces la integral queda como sigue Z Z Z Z Z x−9 2 −1 1 1 dx = dx + dx = 2 dx − dx (x + 5) (x − 2) x+5 x−2 x+5 x−2

= 2 ln |x + 5| − ln |x − 2| + C = ln |x + 5|2 − ln |x − 2| + C 2

= ln

(x + 5) +C J |x − 2|

Problema 2 Evalúe la integral Z 1 Z 1 Z 1 Z 1 x−1 x−1 A B dx = dx = dx + dx 2 + 3x + 2 x (x + 2) (x + 1) x + 2 x +1 0 0 0 0 Debemos encontrar cuanto es A y B. A B x−1 = + (x + 2) (x + 1) x+2 x+1 x − 1 = A (x + 1) + B (x + 2) Si x = −1 −1 − 1 = A (−1 + 1) + B (−1 + 2) B = −2 y si x = −2 −2 − 1 = A (−2 + 1) + B (−2 + 2) −3 = −A A = 3 1

2007-1 [email protected]

Entonces la integral queda como Z 1 Z 1 Z 1 x−1 3 2 dx = dx − dx 2 0 x + 3x + 2 0 x+2 0 x+1

h i1 1 3 2 = [3 ln |x + 2| − 2 ln |x + 1|]0 = ln |x + 2| − ln |x + 1| 0 " # 3 1 3 3 3 3 |x + 2| |1 + 2| |0 + 2| |3| |2| = ln = ln − ln = ln − ln 2 2 2 2 2 |x + 1| 0 |1 + 1| |0 + 1| |2| |1| = ln

27/4 27 27 − ln 8 = ln = ln ≈ −0.169899 J 4 8 32

Problema 3 Evalúe la integral Z 3 Z 3 Z 3 Z 3 1 1 A B dx = dx = dx + dx 2−1 x (x − 1) (x + 1) x − 1 x +1 2 2 2 2 Debemos encontrar cuanto es A y B, A B 1 = + (x − 1) (x + 1) x−1 x+1 1 = A (x + 1) + B (x − 1) Si x = 1 1 = A (1 + 1) + B (1 − 1) 1 = 2A 1 A = 2 y si x = −1 1 = A (−1 + 1) + B (−1 − 1) 1 = −2B 1 B = − 2 Entonces la integral queda como Z 3 Z 3 Z 3 Z Z 1 3 1 1 3 1 1 1/2 −1/2 dx = dx + dx = dx − dx 2 2 2 x−1 2 2 x+1 2 x −1 2 x−1 2 x+1 ∙ ¸3 1 1 1 3 = ln |x − 1| − ln |x + 1| = [ln |x − 1| − ln |x + 1|]2 2 2 2 2 s s #3 ¸3 " s ∙ 1 |x − 1| |x − 1| |3 − 1| |2 − 1| ln − ln = = ln = ln 2 |x + 1| 2 |x + 1| |3 + 1| |2 + 1| r r r2 r r 2 1 1 1 3 − ln = ln − ln = ln ≈ 0.202733 J = ln 4 3 2 3 2 Problema 4 Evalúe la integral Z 2 Z Z Z Z Z 2 x + 2x − 1 x2 + 2x − 1 A B C x + 2x − 1 dx = dx = dx = dx + dx + dx 3 2 x −x x (x − 1) x (x − 1) (x + 1) x x−1 x+1 Debemos encontrar cuanto es A, B y C x2 + 2x − 1 x (x − 1) (x + 1)

=

A B C + + x x−1 x+1

x2 + 2x − 1 = A (x − 1) (x + 1) + Bx (x + 1) + Cx (x − 1) 2

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Si x = 0 02 + 2 (0) − 1 = A (0 − 1) (0 + 1) + B (0) (0 + 1) + C (0) (0 − 1) −1 = −A A = 1 Si x = 1 12 + 2 − 1 = A (1 − 1) (1 + 1) + B (1 + 1) + C (1 − 1) 2 = 2B B = 1 y si x = −1 2

(−1) + 2 (−1) − 1 = A (−1 − 1) (−1 + 1) + B (−1) (−1 + 1) + C (−1) (−1 − 1) 1 − 2 − 1 = 2C C = −1 Entonces la integral queda como Z Z Z Z 2 1 1 1 x + 2x − 1 dx = dx + dx − dx x3 − x x x−1 x+1 = ln |x| + ln |x − 1| − ln |x + 1| + C = ln Problema 5 Evalúe la integral Z

10 dx = (x − 1) (x2 + 9)

Z

A dx + x−1

Z

|x (x − 1)| +C J |x + 1|

Bx + C dx x2 + 9

Debemos encontrar cuanto es A, B y C A Bx + C + 2 x−1 x +9 ¢ ¡ 10 = A x2 + 9 + (Bx + C) (x − 1)

10 (x − 1) (x2 + 9) Si x = 1

=

¢ ¡ 10 = A 12 + 9 + (B + C) (1 − 1) 10 = 10A A = 1 si x = 0 ¢ ¡ 10 = A 02 + 9 + (B (0) + C) (0 − 1) 10 = 9A − C C = 9A − 10 = 9 (1) − 10 = −1 y si x = −1

¢ ¡ 10 = A x2 + 9 + (Bx + C) (x − 1) ³ ´ 10 = (−1)2 + 9 + (B (−1) − 1) (−1 − 1)

10 = 10 − 2 (−B − 1) 10 − 10 = 2B + 2 B = −1 3

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Entonces la integral queda como Z Z Z Z Z Z 1 x+1 1 x 1 10 dx = dx − dx = dx − dx − dx (x − 1) (x2 + 9) x−1 x2 + 9 x−1 x2 + 9 x2 + 9 Z Z Z 1 2x 1 1 dx − dx − dx = 2 2 x−1 2 x +9 x +9 ¢ 1 x 1 ¡ = ln |x − 1| − ln x2 + 9 − arctan + C J 2 3 3

Problema 6 Evalúe la integral Z

2x2 + 5 dx = 2 (x + 1) (x2 + 4)

Z

Ax + B dx + x2 + 1

Z

Cx + D dx x2 + 4

Debemos encontrar cuanto es A, B, C y D 2x2 + 5 (x2 + 1) (x2 + 4)

Ax + B Cx + D + 2 2 x +1 x +4 ¡ ¢ ¡ ¢ 2x2 + 5 = x2 + 4 (Ax + B) + x2 + 1 (Cx + D) =

2x2 + 5 = Ax3 + Bx2 + 4Ax + 4B + Cx3 + Dx2 + Cx + D 2x2 + 5 = (A + C) x3 + (B + D) x2 + (4A + C) x + 4B + D Entonces tenemos las ecuaciones siguientes A+C B+D 4A + C 4B + D

= = = =

0 2 0 5

Resolvemos la primera y la tercera juntas, y las segunda y la cuarta. Entonces A+C 4A + C

= 0 = 0

Este sistema tiene solución trivial, esto es A = 0 y C = 0. Y del otro conjunto de ecuaciones obtenemos B+D 4B + D

= 2 = 5

que B = 1 y D = 1.Entonces la integral queda como Z Z Z 1 x 2x2 + 5 1 1 dx = dx + dx = arctan x + arctan + C J (x2 + 1) (x2 + 4) x2 + 1 x2 + 4 2 2 Problema 7 Evalúe la integral Z 2 Z Z Z 2 x −x+6 A Bx + C x −x+6 dx = dx = dx + dx 3 2 x + 3x x (x + 3) x x2 + 3 Debemos encontrar cuanto es A, B y C x2 − x + 6 x (x2 + 3)

Si x = 0

A Bx + C + 2 x x +3 ¡ 2 ¢ 2 x − x + 6 = A x + 3 + x (Bx + C) =

¡ ¢ 02 − 0 + 6 = A 02 + 3 + 0 (B0 + C) 6 = 3A A = 2 4

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si x = 1

¡ ¢ 12 − 1 + 6 = 2 12 + 3 + (B + C) 6 = 8+B+C B + C = −2

ahora si x = 2 22 − 2 + 6 8 4B + 2C 2B + C

= = = =

¡ ¢ 2 22 + 3 + 2 (2B + C) 14 + 4B + 2C −6 −3

Resolvemos simultaneamente B+C 2B + C

= −2 = −3

donde B = −1, C = −1. Entonces la Z Z 2 x −x+6 dx = x3 + 3x Z =

integral queda como Z Z Z Z 2 x+1 2 x 1 dx − dx = dx − dx − dx 2 2 2 x x +3 x x +3 x +3 Z Z 1 2x 1 2 dx − dx − dx x 2 x2 + 3 x2 + 3 ¢ 1 ¡ 1 x = 2 ln |x| − ln x2 + 3 − √ arctan √ + C J 2 3 3 Problema 8 Evalúe la integral Z r2 dr r+4 Primero hacemos la división r −4 r + 4 r2 r2 4r 0 −4r −4r −16 0 16 Entonces la integral queda como Z Z Z Z Z Z r2 16 16 dr = (r − 4) dr + dr = rdr − 4 dr + dr r+4 r+4 r+4 1 2 r − 4r + 16 ln |r + 4| + C J = 2 Problema 9 Evalúe la integral Z 3 x +4 dx x2 + 4 Primero hacemos la división x x2 + 4 x3 +4 x3 +4x 0 −4x +4 Entonces la integral queda como Z 3 Z Z Z Z Z x +4 −4x + 4 −4x 4 dx = xdx + dx = xdx + dx + dx x2 + 4 x2 + 4 x2 + 4 x2 + 4 Z Z Z 1 2x dx + 4 dx = xdx − 2 2 2 x +4 x +4 ¡ ¢ 4 ¡ ¢ x 1 1 2 x x − 2 ln x2 + 4 + arctan + C = x2 − 2 ln x2 + 4 + 2 arctan + C J = 2 2 2 2 2 5

2007-1 [email protected]

Problema 10 Efectúa una sustitución para expresar √ el integrando como una función racional y a contin1 dx uación evalúe la integral. Hacemos la sustitución u = x, entonces du = 2√ x Z

16

9

√ √ Z 16 Z Z Z √ x x u2 u u dx = 2 2udu = 2 du xdu = dx → √ 2 2 2 2 x−4 u −4 u −4 u −4 ( x) − 4 9

Ahora hacemos la división 1 u2 u2 0

u2 − 4 Entonces 2

Z

u2 du = 2 u2 − 4

Z µ

1+

4 2 u −4

la segunda integral la hacemos por fracciones parciales

¶

−4 +4 du = 2

Z

du + 8

Z

u2

1 du −4

1 A B = + u2 − 4 u−2 u+2 1 = A (u + 2) + B (u − 2) Si u = 2 1 = A (2 + 2) + B (2 − 2) 1 = 4A 1 A = 4 y si u = −2 1 = A (−2 + 2) + B (−2 − 2) 1 = −4B 1 B = − 4 Entonces Z 2

Z Z Z Z Z Z 1/4 −1/4 1 1 u2 du = 2 du + 8 du + 8 du = 2 du + 2 du − 2 du u2 − 4 u−2 u+2 u−2 u+2 ¯√ ¯ ¯ ¯√ √ = 2u + 2 ln |u − 2| − 2 ln |u + 2| + C → 2 x + 2 ln ¯ x − 2¯ − 2 ln ¯ x + 2¯ + C √ √ | x − 2| +C = 2 x + 2 ln √ | x + 2|

Ahora Z

9

16

¯√ ¯√ ¯ à ¯! √ ¯ 16 − 2¯ ¯ 9 − 2¯ √ √ x ¯ − 2 9 + 2 ln ¯√ ¯ dx = 2 16 + 2 ln ¯√ ¯ 16 + 2¯ ¯ 9 + 2¯ x−4 µ ¶ 1 1 1 1 5 = 8 + 2 ln − 6 + 2 ln = 8 + 2 ln − 6 − 2 ln = 2 + 2 ln ≈ 3.02165 J 3 5 3 5 3

Problema 11 Efectúa una sustitución para expresar √ el integrando como una función racional y a contin1 dx y x = u2 − 2 uación evalúe la integral. Hacemos la sustitución u = x + 2, entonces du = 2√1x+2 dx = 2u Z

1 √ dx → x− x+2 =

Z Z u u 2udu = 2 du = 2 du 2 2 u −2−u u −u−2 (u − 2) (u + 1) ¸ ∙Z Z B A du + du 2 u−2 u+1 Z

6

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Debemos encontrar cuanto es A y B A B u = + (u − 2) (u + 1) u−2 u+1 u = A (u + 1) + B (u − 2) si u = 2 2 = A (2 + 1) + B (2 − 2) 2 A = 3 y si u = −1 −1 = A (−1 + 1) + B (−1 − 2) 1 B = 3 Entonces Z

2udu 2 u −2−u

y nos regresamos a las x Z

∙Z

¸ ∙ Z ¸ Z 1 1/3 2 1 1 = 2 du = 2 du + du u+1 3 u−2 3 u+1 ¸ ∙ 1 2 ln |u − 2| + ln |u + 1| + C = 2 3 3 2/3 du + u−2

Z

¯ 2 ¯√ ¯ 1 4 ¯√ √ dx = ln ¯ x + 2 − 2¯ + ln ¯ x + 2 + 1¯ + C J 3 3 x− x+2

Problema 12 Completando el cuadrado en x2 + x + 1 y efectuando una sustitución evaluar Z Z Z dx dx dx = = ¡ ¢2 1 3 2 2 x +x+1 x +x+ 4 + 4 x+ 1 + 3 2

si u = x + 12 , entonces du = dx Z Z dx du → ¡ ¢ 2 1 2 3 u + x+ 2 + 4 =

4

1 u 2 2u =p arctan p + C = √ arctan √ + C 3 3 3/4 3/4 ¢ ¡ 1 2 x+ 2 2 2x + 1 2 √ arctan √ + C = √ arctan √ +C J 3 3 3 3 3 4

7

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Matemáticas 2. Taller sobre sustitución trigonométrica. Este taller fue el día 12√de Abril del √ 2007. En √ el método de la sustitución trigonométrica vemos si están a2 o u2 − a2 . Después hacemos la sustitución presentes los radicales a2 − u2 , u2 +√ √ dependiendo de 2 , hacemos la sustitución u = a sin θ. Si a − u u2 + a2 hacemos cada caso, esto es si tenemos el radical √ 2 2 u = a tan θ. Y si tenemos u − a hacemos u = a sec θ. En esta práctica usamos las siguientes identidades trigonométricas cos2 θ + sin2 θ cos2 θ sin 2θ

= 1, tan2 θ + 1 = sec2 θ, 1 + cos 2θ = 2 = 2 cos θ sin θ

1 + cot2 θ = csc2 θ

Problema 1 Resuelve la integral. Hacemos la sustitución x = 3 sin θ, por lo que dx = 3 cos θdθ y x2 = 9 sin2 θ. q ¡ ¢ Z √ Z p Z 9 1 − sin2 θ 9 − x2 9 − 9 sin2 θ dx = 3 cos θdθ = 3 cos θdθ x2 9 sin2 θ 9 sin2 θ Z √ p Z √ 2 Z 9 1 − sin2 θ 3 cos θ 9 cos θ = 3 cos θdθ = 3 cos θdθ = cos θdθ 2 2 9 sin θ 9 sin θ 9 sin2 θ Z Z Z Z Z ¡ 2 ¢ cos2 θ csc θ − 1 dθ = csc2 θdθ − dθ dθ = cot2 θdθ = = sin2 θ = − cot θ − θ + C Formamos un triángulo con la sustitución, esto es sin θ = √ √ 9−x2 9 − x2 . De esta forma, cot θ = c.a. c.o. = x

x 3

=

c.o. hyp

por lo que c.o. = x, hyp = 3 y c.a. =

√ Z √ x 9 − x2 9 − x2 − arcsin + C J dx = − cot θ − θ + C = − 2 x x 3

El arcsin x3 sale de despejar θ de la ecuación x = 3 sin θ. Problema 2 Resuelve la integral. Hacemos el mismo procedimiento que en el problema anterior, pero usando la sustitución x = sec θ, por lo que x2 = sec2 θ, x4 = sec4 θ y dx = sec θ tan θdθ Z √ 2 Z Z √ 2 Z √ 2 x −1 sec θ − 1 tan θ tan θ sec θ tan θ sec θ tan θdθ = sec θ tan θdθ = dθ dx = 4 4 4 x sec θ sec θ sec4 θ Z sin2 θ Z Z Z tan2 θ cos3 θ sin2 θ cos2 θ = dθ = dθ = cos θ sin2 θdθ dθ = 1 2θ sec3 θ cos cos3 θ Ahora hacemos u = sin θ, por lo que du = cos θdθ Z Z sin3 θ u3 2 cos θ sin θdθ = u2 du = +C = +C 3 3 Formamos un triángulo con la sustitución, esto es sec θ = x1 = hyp c.a. . Entonces c.a. = 1, hyp = x y c.o. = √ √ x2 −1 c.o. 2 x − 1. Buscamos cuanto vale el seno, sin θ = hyp = x . Nuestro resultado es Z √ 2 x −1 dx = x4

³√

x2 −1 x

3

´3

¡ 2 ¢3/2 x −1 +C = +C J 3x3

Problema 3 Resuelve la integral. Hacemos el mismo procedimiento que en el problema anterior, pero

1

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usando la sustitución x = 4 tan θ, por lo que x2 = 16 tan2 θ y dx = 4 sec2 θdθ, Z Z Z 1 1 1 2 2 q ¡ √ √ θdθ = 4 sec dx = ¢ 4 sec θdθ 2 2 x2 x2 + 16 16 tan2 θ 16 tan2 θ + 16 16 tan θ 16 tan θ + 1 Z Z 4 sec2 θ 1 √ dθ = 4 sec2 θdθ = 2 16 tan2 θ (4 sec θ) 16 tan θ 16 sec2 θ Z Z Z Z 1 1 1 1 1 sec2 θ sec θ cos2 θ cos θ = dθ dθ = dθ = dθ = 2 2 2 sin θ 16 16 16 16 tan θ sec θ tan θ sin2 θ cos θ cos2 θ Z Z 1 1 cos θ = dθ = sin−2 θ cos θdθ 2 16 16 sin θ De nuevo, si tomamos a u = sin θ y du = cos θdθ, entonces µ ¶ Z Z 1 1 1 1 1 u−1 sin−2 θ cos θdθ = u−2 du = +C =− +C =− + C, 16 16 16 −1 16u 16 sin θ Formamos un triángulo con la sustitución, esto es tan θ = √ c.o. valer x2 + 16. El seno es sin θ = hyp = √x2x+16 , Z

1 1 √ dx = − ³ 2 2 x x + 16 16 √ 2x

x +16

x 4

=

c.o. c.a. .

Dado lo anterior, la hipotenusa debe

√ x2 + 16 ´ +C =− +C J 16x

Problema 4 Evaluar la integral. Este problema es muy parecido al segundo, primero hacemos la sustitución t = sec θ, por lo que dt = sec θ tan θdθ Z Z Z Z 1 sec θ tan θ 1 sec θ tan θ √ √ √ dθ dθ = dt = sec θ tan θdθ = 3 2 3 2 2 3 θ tan θ sec3 θ tan θ t t −1 sec θ sec θ − 1 sec ¶ Z Z Z Z µ Z 1 1 1 + cos 2θ 1 2 dθ = cos dθ = dθ + cos 2θdθ θdθ = = sec2 θ 2 2 2 µ ¶ 1 1 1 1 1 = θ+ sin 2θ + C = θ + sin 2θ + C 2 2 2 2 4 √ Aplicamos los límites de integración en θ en lugar de t, cuando t = 2, θ = π4 y cuando t = 2, θ = π3 ¸π/3 ∙ Z 2 ³π ´ µ1 ³π ´ 1 ³ π ´¶ 1 1 ³π´ 1 1 1 √ θ + sin 2θ sin 2 sin 2 = dt = + − + √ 3 t2 − 1 2 4 2 3 4 3 2 4 4 4 2 t π/4 Ã√ ! µ µ ¶ ¶ 2π π π 1 3 π 1 π 1 π 1 + sin − + sin = + + − = 6 4 3 8 4 2 6 4 2 8 4 √ √ √ π π 3 3 6 π 3 π 1 3 1 + − − = + − = + − = 6 8 8 4 24 8 4 24 24 24 ´ √ 1 ³ = π+3 3−6 J 24

Problema 5 Evaluar la integral. Hacemos la sustitución x = 4 sin θ, por lo que dx = 4 cos θdθ y x2 = 16 sin2 θ. Z Z Z Z x3 64 sin3 θ 64 sin3 θ (4 cos θ) 64 sin3 θ (4 cos θ) √ p q ¡ √ dx = 4 cos θdθ = dθ dθ = ¢ 16 − x2 16 cos2 θ 16 − 16 sin2 θ 16 1 − sin2 θ Z Z Z 64 sin3 θ (4 cos θ) dθ = 64 sin3 θdθ = 64 sin θ sin2 θdθ = 4 cos θ Z Z Z ¢ ¡ = 64 sin θ 1 − cos2 θ dθ = 64 sin θdθ − sin θ cos2 θdθ = −64 cos θ +

64 cos3 θ +C 3

2

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c.o. Si te fijas, en la segunda integral lo que hice fue la sustitución u = cos θ. Dado que sin θ = x4 = hyp , el √ √ 2 16−x c.a. = 16 − x2 por lo que cos θ = 4 ³√ ´3 √ 16−x2 Z 64 4 16 − x2 x3 √ + +C dx = −64 4 3 16 − x2 ´3 p 1 ³p = −16 16 − x2 + 16 − x2 + C 3 Evaluando en los límites de integración ⎞ ⎛v v à √ !2 à √ !2 3 µ u u Z √3/2 ´3 ¶ u u 3 p 1 ⎜t 1 ³p x 3 3 ⎟ t 2 2 √ dx = −16 16 − + ⎝ 16 − 16 − 0 ⎠ − −16 16 − 0 + 2 3 2 3 16 − x2 0

Simplificando

Ãr !3 µ ¶ √ 3 1 3 1 ³√ ´3 16 − − −16 16 + 16 I = −16 16 − + 4 3 4 3 Ãr !3 µ r ¶ 1 61 1 61 3 + = −16 − −16 (4) + (4) 4 3 4 3 Ã √ !3 √ 64 61 1 61 + = −16 + 64 − 2 3 2 3 Ã √ !3 Ã √ !3 √ √ 1 64 1 128 61 61 = −8 61 + = −8 61 + + 64 − + 3 2 3 3 2 3 √ ´ ³ 3 √ √ 1 √ 128 61 61 128 = −8 61 + + 61 + = −8 61 + 24 3 24 3 √ 128 131 61 − J = 3 24 Problema 6 Problema extra. Demuestra con el uso de integrales y la técnica anterior que el área √ de un círculo es igual πr2 . La ecuación del círculo es x2 + y 2 = r2 . Despejamos a la y y tenemos que y = r2 − x2 . El área del círculo es (la función anterior sólo nos da la parte de arriba) Z 1p r2 − x2 dx A=2 r

−1

Resolvemos la integral con sustitución trigonométrica x = r sin θ, dx = r cos θdθ Z p Z p Z q ¡ ¢ 2 r2 − x2 dx = 2 r2 − r2 sin2 θr cos θdθ = 2 r2 1 − sin2 θ r cos θdθ Z Z Z √ 2 2 cos2 θdθ = 2 r cos θr cos θdθ = 2 r cos θr cos θdθ = 2r ¶ ∙Z ¸ Z µ Z Z 1 + cos 2θ 2 2 2 dθ = r (1 + cos 2θ) dθ = r dθ + cos 2θdθ = 2r 2 ¸ ¸ ∙ ∙ 1 1 = r2 θ + sin 2θ + C = r2 θ + 2 cos θ sin θ + C 2 2 = r2 [θ + cos θ sin θ] + C

Cuando x = 1 → θ = 0 y cuando x = −1 → θ = π, Z 1p £ ¤π A = 2 r2 − x2 dx = r2 (θ + cos θ sin θ) 0 = r2 (π + cos π sin π) − r2 (0 + cos 0 sin 0) −1 2

= πr ¥

3

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Matemáticas 2. Solución al Taller de repaso de integración. Este taller fue el día 19 de Abril del 2007. Y se entrega como tarea el día lunes 23 de abril. Problema 1 Calcula la integral mediante cualquier método correcto. Resolvemos por integración por partes, primero sea u = x2 y dv = ex dx, entonces du = 2xdx y v = ex Z Z 2 x 2 x x e dx = x e − 2 xex dx de nuevo integramos por partes, ahora u = x, du = dx y dv = ex dx, v = ex ∙ ¸ Z Z Z x2 ex dx = x2 ex − 2 xex dx = x2 ex − 2 xex − ex dx = x2 ex − 2 [xex − ex ] + C = x2 ex − 2xex + 2ex + C J

Problema 2 Calcula la integral mediante cualquier método correcto. Lo hacemos por fracciones parciales, pero primero hacemos la división Z w3 dw 1 − w2

La división es

Entonces queda Z w3 dw 1 − w2

w w3 = −w + 2 1−w 1 − w2 ¸ ¸ Z ∙ Z ∙ w w dw dw = −w + −w + 1 − w2 (1 − w) (1 + w) Z Z Z 1 w w dw = − w2 + dw = − wdw + (1 − w) (1 + w) 2 (1 − w) (1 + w) ¶ Z µ 1 1 1 1 1 1 − + dw = − w2 − [ln |1 − w| + ln |1 + w|] = − w2 − 2 2 1−w 1+w 2 2 ¯ 1 1 ¯ = − w2 − ln ¯1 − w2 ¯ + C J 2 2 =

Problema 3 Calcula la integral mediante cualquier método correcto. Tomamos a u = ln |cos x| , entonces sin x du = − cos x dx, por lo que al hacer la sustitución queda como Z Z tan x du dx = − = − ln |u| + C = − ln |ln |cos x|| + C J ln |cos x| u Problema 4 Calcula la integral mediante cualquier método correcto. Resolvemos por fracciones parciales ¸ Z Z Z ∙ −t − 2 3 1 1 dt = 3 dt = + dt t3 − 1 (t − 1) (t2 + t + 1) t − 1 t2 + t + 1 Z Z Z −t −2 1 dt + dt + dt = t−1 t2 + t + 1 t2 + t + 1 Vamos a hacerlo una integral a la vez Z

1 dt = ln |t − 1| + C1 t−1

Ahora la segunda integral, tomando como u = t2 + t + 1 Z Z ¯ 1 1 ¯ −t 2t dt = − dt = − ln ¯t2 + t + 1¯ + C2 2 2 t +t+1 2 t +t+1 2 1

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y la última integral completando el trinomio cuadrado perfecto Z Z Z −2 1 1 dt = −2 dt dt = −2 ¡ ¢2 1 1 2 2 1 t +t+1 t +t+ 4 − 4 +1 t + 2 + 34 Finalmente la integral es Z t3

t+ 1 4 2t + 1 2 arctan p 2 + C3 = − √ arctan √ + C3 = −p 3 3 3/4 3/4

¯ 1 ¯ 3 2t + 1 4 dt = ln |t − 1| − ln ¯t2 + t + 1¯ − √ arctan √ + C J −1 2 3 3

Problema 5 Calcula la integral mediante cualquier método correcto. Tomamos como u = ln y, entonces du = y1 dy Z Z 5 6 (ln y) u6 (ln y) dy = u5 du = +C = +C J y 6 6 Problema 6 ¢Calcula la integral mediante cualquier método correcto. Vamos a integrar por partes, sea ¡ u = ln y 2 + 9 y dv = dx, entonces du = y22y+9 dy, v = y Z

¢ ¡ ¢ ¡ ln y 2 + 9 dy = y ln y 2 + 9 −

Z

y

¡ ¢ 2y dy = y ln y 2 + 9 − 2 2 y +9

Z

y2 dy +9

y2

Ahora para la segunda integral usamos sustitución trigonométrica y = 3 tan θ, dy = 3 sec2 θdθ Z Z Z y2 9 tan2 θ tan2 θ 2 3 sec sec2 θdθ dy = θdθ = 3 2 2 y +9 9 tan θ + 9 tan2 θ + 1 Z Z Z ¡ 2 ¢ tan2 θ 2 2 sec θdθ = 3 tan θdθ = 3 sec θ − 1 dθ = 3 2 sec θ Z Z ³y´ y y 2 = 3 sec θdθ − 3 dθ = 3 tan θ − 3θ = 3 − 3 arctan = y − 3 arctan 3 3 3 por lo que la integral es Z ¡ ¢ ln y 2 + 9 dy

Z

h ¡ ¢ yi y2 dy = y ln y 2 + 9 − 2 y − 3 arctan +9 3 ¢ ¡ 2 y = y ln y + 9 − 2y + 6 arctan + C J 3 ¡ ¢ = y ln y 2 + 9 − 2

y2

Problema 7 Calcula la integral mediante cualquier método correcto. Usamos la identidad cos2 α =

cos 2α+1 2

#2 ¡ ¢ ¸2 Z " Z ∙ Z h ³ ´i2 cos 2 x2 + 1 cos x + 1 2 x cos dx = dx = dx dx = cos 2 2 2 2 Z Z Z Z 1 1 1 cos2 x + 2 cos x + 1 dx = cos2 xdx + cos xdx + dx = 4 4 2 4 Z Z Z 1 1 1 cos 2x + 1 dx + cos xdx + dx = 4 2 2 4 Z Z Z Z Z Z 1 1 1 1 3 1 (cos 2x + 1) dx + cos xdx + dx = cos 2xdx + cos xdx + dx = 8 2 4 8 2 8 3 1 1 3 1 sin 2x 1 + sin x + x + C = sin 2x + sin x + x + C J = 8 2 2 8 16 2 8 √ 1 Problema 8 Calcula la integral mediante cualquier método correcto. Sea u = 1 + x, entonces du = 2√ dx x Z

4

³x´

2

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√ por lo que dx = 2 xdu Z

√ Z √ Z Z 2 Z x x √ (u − 1)2 u − 2u + 1 x √ dx = 2 xdu = 2 du = 2 du = 2 du u u u u 1+ x Z 2 Z Z Z Z Z u −2u 1 1 = 2 du + 2 du + 2 du = 2 udu − 4 du + 2 du u u u u ¯ ¯ ¡ ¢ ¡ ¢ √ √ √ 2 = u2 − 4u + 2 ln |u| + C = 1 + x − 4 1 + x + 2 ln ¯1 + x¯ + C ¯ √ √ ¯ √ = 1 + 2 x + x − 4 − 4 x + 2 ln ¯1 + x¯ + C ¯ √ ¯ √ = −2 x + x + 2 ln ¯1 + x¯ + C J

Problema 9 Calcula la integral mediante cualquier método correcto. Sea u = 9 − e2y , entonces du = −2e2y dy Z Z Z Z 1 1 1 1 u1/2 −2e2y du e2y √ √ √ =− u−1/2 du = − +C dy = − dy = − 2 2 2 2 1/2 u 9 − e2y 9 − e2y p = −u1/2 + C = − 9 − e2y + C J

Problema 10 Calcula la integral mediante cualquier método correcto. Hacemos el cambio de x = 4 tan θ, por lo que dx = 4 sec2 θdθ Z Z Z 4 dx sec2 θ 4 sec2 θ = dθ = ¡ ¡ ¢ ¢3/2 dθ 3/2 3/2 3/2 16 (16 + x2 ) 16 + 16 tan2 θ 1 + tan2 θ Z Z Z 1 4 4 1 sec2 θ sec2 θ dθ = dθ dθ = = 3θ 3/2 3/2 2 sec 16 sec θ 163/2 16 (sec θ) Z 1 1 = cos θdθ = sin θ + C 16 16 Pero como sabemos que tan θ = x4 , entonces sin θ = Z

dx (16 +

x2 )3/2

√ x x2 +16

=

x √ +C J 16 x2 + 16

Problema 11 Calcula la integral mediante cualquier método correcto. Hacemos la sustitución u = w + 5, entonces du = dw ¶ Z Z µ Z Z Z √ 5 2 u−5 w 1/2 √ √ √ dw = du = du = u du − 5 u−1/2 du = u3/2 − 10u1/2 + C u− u u 3 w+5 ¸ ∙ 2 3/2 1/2 1/2 2 = (w + 5) − 10 (w + 5) + C = (w + 5) (w + 5) − 10 + C 3 3 ¸ ¸ ∙ ∙ 10 20 1/2 2 1/2 2 = (w + 5) w+ − 10 + C = (w + 5) w− +C J 3 3 3 3 Problema 12 Calcula la integral mediante cualquier método correcto. Lo resolvemos por fracciones parciales Z Z Z Z 4x2 + 3x + 6 A B Cx + D dx = dx + dx + x2 (x2 + 3) x x2 x2 + 3 Z Z Z Z Z Z Z 2 1 2 2 −x + 2 −x 1 dx + dx = dx + dx + dx = + + 2 2 2 2 2 x x x +3 x x x +3 x +3 ¢ 2 1 ¡ 2 x = ln |x| − − ln x2 + 3 + √ arctan √ + C J x 2 3 3

3

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Matemáticas 2. Solución al taller de Integrales Impropias. Este taller fue el día 26 de Abril del 2007. Problema 1 Determina si la integral es convergente o divergente. Evalúa en las que son convergentes. Z

0

−∞

¸0 ∙ Z 1 1 1 0 2 dx = lim dx = lim ln |2x − 5| t→−∞ t 2x − 5 t→−∞ 2 t 2x − 5 t→−∞ 2 ¸ ¸t ∙ ∙ 1 1 1 1 ln |2 (0) − 5| − ln |2t − 5| = lim ln 5 − ln |2t − 5| = lim t→−∞ 2 t→−∞ 2 2 2 ln 5 1 1 ln 5 − lim ln |2t − 5| = −∞→∞J = lim t→−∞ 2 t→−∞ 2 2

1 dx = 2x − 5

lim

Z

0

por lo tanto la integral diverge. Problema 2 Determina si la integral es convergente o divergente. Evalúa en las que son convergentes. Z ∞ Z a Z ∞ Z a Z s ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 2 − v 4 dv = 2 − v 4 dv + 2 − v 4 dv = lim 2 − v 4 dv + lim 2 − v 4 dv −∞

−∞

t→−∞

a

t

s→∞

¸a ¸s ∙ ∙ v5 v5 = lim 2v − + lim 2v − t→−∞ 5 t s→∞ 5 a µ ¶¸ µ ¶¸ ∙ ∙ 5 5 t a5 a s5 − 2t − + lim 2s − − 2a − = lim 2a − t→−∞ s→∞ 5 5 5 5 ¶¸ ¸ ∙ µ ∙ 5 5 t s = lim − 2t − + lim 2s − = −∞ J t→−∞ s→∞ 5 5

a

por lo tanto la integral diverge. Problema 3 Determina si la integral es convergente o divergente. Evalúa en las que son convergentes. Z a Z s Z ∞ Z a Z ∞ 3 2 −x3 2 −x3 2 −x3 2 −x3 x e dx = x e dx + x e dx = lim x e dx + lim x2 e−x dx t→−∞ s→∞ −∞ −∞ a t a µ µ ¶ ¶ Z Z s ¢ ¡ ¢ 3 3 1 a¡ 1 2 −x 2 −x −3x e −3x e = lim − dx + lim − dx t→−∞ s→∞ 3 t 3 a ∙ ¸a ∙ ¸s 3 3 1 1 + lim − e−=x = lim − e−x t→−∞ s→∞ 3 3 t ∙ ¸ ∙ a ¸ 1 −a3 1 −t3 1 −s3 1 −a3 + lim − e = lim − e + e + e t→−∞ s→∞ 3 3 3 3 ∙ ¸ ∙ ¸ 1 −t3 1 −s3 1 −(−∞)3 1 −∞3 + lim − e = e − e →∞J = lim + e t→−∞ s→∞ 3 3 3 3 por lo tanto la integral diverge. Problema 4 Determina si la integral es convergente o divergente. Evalúa en las que son convergentes. Z 0 Z 0 h i0 rer/3 dr = lim rer/3 dr = lim −9er/3 + 3rer/3 t→−∞ t t→−∞ t −∞ ³ h ´i = lim −9e0/3 + 3 (0) e(0)/3 − −9et/3 + 3tet/3 t→−∞ h ³ ´i h i = −9 + lim − −9et/3 + 3tet/3 = −9 − lim −9et/3 + 3tet/3 t→−∞ t→−∞ ³ ´ −∞/3 −∞/3 = −9 − −9e + 3 (−∞) e = −9 J

por lo tanto la integral converge.

1

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Problema 5 Determina si la integral es convergente o divergente. Evalúa en las que son convergentes. ¸t ∙ Z ∞ Z t Z t 1 ex ex ex ex dx = lim dx = lim dx = lim √ arctan √ t→∞ 0 e2x + 3 t→∞ 0 (ex )2 + 3 t→∞ e2x + 3 3 3 0 0 ¸ ¸ ∙ ∙ 1 1 1 et 1 e0 et e0 = lim √ arctan √ − √ arctan √ = lim √ arctan √ − √ arctan √ t→∞ t→∞ 3 3 3 3 3 3 3 3 1 e∞ 1 1 1 1 1 = √ arctan √ − √ arctan √ = √ arctan ∞ − √ arctan √ 3 3 3 3 3 3 3 1 ³π ´ 1 ³π ´ π = √ −√ = √ J 3 2 3 6 3 3

por lo tanto la integral converge.

Problema 6 Determina si la integral es convergente o divergente. Evalúa en las que son convergentes. Z a Z 1 dx dx √ √ = lim = lim [arcsin x]a0 = lim [arcsin a − arcsin 0] 2 2 a→1 a→1 a→1 1−x 1−x 0 0 π = lim arcsin a = arcsin 1 = J a→1 2 por lo tanto la integral converge.

Clase del 30 de abril. Área entre curvas. Para encontrar el área entre dos curvas, es necesario que entendamos el siguiente teorema, Teorema 7 El área de la región limitada por las curvas y = f (x), y = g (x) y las rectas x = a, x = b, donde f y g son continuas y f (x) ≥ g (x) para todo x en [a, b], es Z b [f (x) − g (x)] dx A= a

Problema 8 Encuentra el área de la región sombreada para cada caso.

f HxL ã 5 x - x2

prob 1

6

prob 2

4

Área

2

gHxL ã x

3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 -0.5

0 -1

0

1

2 3 prob 3

4

5

-2

f H xL ã 9 - x2

10 8 6

x ã -1

xã2

4

Área

2

gHxL ã x + 1

0 -2

-1

0

3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 -0.5

1

2

3

f HxL ã

x ã2

Área

1 gHxL ã ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ x+1 -1

0 1 prob 4

2

3

0.5

1

f HxL ã 2 - x2

-2 -1.5

2

è!!!!!!!!!!! x+2

Área

g HxL ã ‰x

-1 -0.5

0

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Matemáticas 2. Solución al Taller 5. Área entre curvas. Este taller fue el día 7 de mayo del 2007. Y se entrega como tarea el día viernes 11 de Mayo. Esquematice la región encerrada por las curvas dadas. Decida si integra con respecto a x o y. Dibuje un rectángulo típico de aproximación y marque su altura y su ancho. A continuación halle el área de la región. En esta tarea hacemos uso de la fórmula Z b

[f (x) − g (x)] dx

A=

a

Problema 1 y = x + 1,

y = 9 − x2 ,

x = −1,

x = 2. La gráfica es la siguiente

8 f HxL ã 9 - x2, gH xL ã x + 1