Practica 20 sustit. trigonom..pdf

(1)

UNIVERSIDAD DE CONCEPCION FACULTAD DE CIENCIAS FISICAS Y MATEMATICAS DEPARTAMENTO DE MATEMATICA

Práctica 20. 520141.

1. Utilizando el método de sustitución trigonómetrica, evalue las siguientes integrales:

(1)

Z _dx

p

x2 ₄_x_{+ 13} (2)

Z _dx

(9x2 ₄₎52

(3) Z

exp_{1 +}_e2x_dx ₍₄₎

Z ₂_x ₃

p

4x x2 ₃dx

Solución:

(1)

Z

dx

p

x2 ₄_x_{+ 13} = Z

dx

p

x2 ₄_x_{+ 4 + 9} = Z

dx

q

(x 2)2+ 32

u=x 2

du=dx )

Z _du

p

u2_{+ 3}2

Luego realizamos la sustitución trigonométrica: u= 3 tanz

du= 3 sec2zdz )

Z _{3 sec}2_zdz q

(3 tanz)2+ 32 =

Z _{3 sec}2_zdz

3ptan2_z_{+ 1} =

Z _{3 sec}2_zdz

3psec2_z = Z _{3 sec}2_zdz

3 secz

= Z

seczdz = ln_jsecz+ tanz_j+C= ln

p

x2 ₄_x_{+ 13}

3 +

x 2

3 +C

Representación geométrica de la sustitución

-(2)

Z

dx

(9x2 ₄₎52

=

x= 2₃secz

dx= 2₃secztanzdz )

Z 2

3secztanzdz 9 2₃secz 2 4

5 2

= Z 2

3secztanzdz (4(sec2_z ₁₎52

= Z 2

3secztanzdz (4 tan2_z₎52

=

1 48

Z

secztanzdz

tan5_z = 1 48

Z

seczdz

tan4_z

= ₄₈1

Z _cos3_zdz

sin4z =

1 48

Z _cos_z ₁ _sin2_{z dz}

sin4z =

1 48

Z _cos_zdz

sin4z

Z _cos_zdz

(2)

u= sinz

du= coszdz )

1 48

Z

dz u4

Z

dz u2 =

1 48

1 3u3 +

1

u =

1 48

1 3 sin3z +

1 sinz =

1 48

" 1 3

3x

p

9x2 ₄ 3

+_p 3x 9x2 ₄

# +C

-(3)

Z

exp1 +e2x_dx

u=ex

du=exdx )

Z _p

1 +u2_du

Luego realizamos la sustitución trigonométrica: u= tanz

du= sec2_zdz ) Z _p

1 + tan2_z_sec2_zdz ₌ Z

sec3zdz

Para la última integral aplicamos integración por parte: u=secz du=tanz seczdz

dv=sec2zdz v=tanz

Z

sec3zdz = tanzsecz

Z

tan2zseczdz = tanzsecz

Z

sec2z 1 seczdz =

tanzsecz

Z

sec3_zdz₊ Z

seczdz

Z

sec3zdz = tanzsecz

Z

sec3zdz+ Z

seczdz

Z

sec3zdz = tanzsecz

2 +

1 2 Z

seczdz

Z

sec3zdz = tanzsecz

2 +

ln_jsecz+ tanz_j

2 +C=

exp1 +e2x

2 +

ln ex+p1 +e2x

2 +

C

-(4)

Z ₂_x ₃

p

4x x2 ₃dx=

Z ₂_x ₃

p

(x2 ₄_x_{+ 4) + 1}dx=

Z ₂_x ₃

q

1 (x 2)2

dx=

u=x 2

du=dx )

Z

2u+ 1

p

(3)

Luego realizamos la sustitución trigonométrica: u= sinz

du= coszdz )

Z

2 sinz+ 1

p

1 sinz2 coszdz= Z

2 sinz+ 1

cosz coszdz =

Z

2 sinz+1dz =

2 cosz+z+C = 2p4x x2 _{3 + arcsin (}_x _{2) +}_C

— — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — —

2. Evalue

Z 1 x 1+x

1=2

dx; haciendox= cos 2u:

Solución:

x= cos(2u); dx= 2 sin(2u)du

R ₁ _x 1+x

1=2

dx=R 1 cos(2_1+cos(2u_u)₎ 1=2( 2 sin(2u))du= 2R 1 cos(2_1+cos(2u_u)₎ 1=2sin(2u)du Sabemos que:

sin2u= 1 cos(2₂ u) cos2u= 1+cos(2₂ u) sin(2u) = 2 sinucosu

) 2R 1 cos(2_1+cos(2u_u)₎ 1=2sin(2u)du= 2R _cossin22u_u

1=2

2 sinucosudu

= 4R sin_cosu_u sinucosudu

= 4Rsin2udu

= 4R 1 cos(2₂ u)du

=R [ 2 + 2 cos(2u)]du

= 2Rdu+ 2R cos(2u)du

= 2u+ sin(2u) +C Volviendo a la variable original:

2u= arccos(x)

sin(2u) =p1 cos2₂_u₌p₁ _x2

Entonces el resultado es:

R ₁ _x 1+x

1=2

dx= arccos(x) +p1 x2₊_C

— — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — —

3. Mostrar que la región encerrada por la elipse x_a22 +

y2

b2 = 1, tiene área ab: Solución:

1. En el primer cuadrante: x_a22 +

y2

b2 = 1 () y=b

q

(4)

Así el área (como hay simetría) está dada por: A= 4b

Z a

0 q

1 x_a22dx

Para evaluar la integral se usa el cambio de variable x=asin

Donde

q

1 x_a22 =

p

1 sin2 =_jcos _j= cos ydx=acos d Se tiene entonces que:

A= 4ab

Z

2

0

cos2 d = 2ab

Z

2

0

(1 + cos (2 ))d = 2ab +sin (2 ) 2

=₂

=0

= ab — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — —

4. Utilizando el metódo de fracciones parciales, evalue las siguientes integrales:

(1)

Z x3

x2₊_x₊₁dx

Descomposición en fracciones parciales:

x3

x2₊_x₊₁ = _x2₊1_x₊₁+x 1 = _x2₊_x₊11 4+

3 4

+x 1 = 1

(x+1 2)

2

+3 4

+x 1

Para:

Z dx

(x+1₂)2+3₄ z=x+ 1

2; dz=dx

)

Z dz z2₊3

4

= p2

3arctan 2z

p

3 +C= 2

p

3arctan

2(x+1₂)

p

3 +C

Finalmente, obtenemos:

Z x3

x2₊_x₊₁dx=

Z dx (x+1

2) 2

+3 4

+ Z

xdx

Z

dx= p2

3arctan

2(x+1₂)

p

3 + x2

2 x+C

-(2)

Z 2

1 dx x2₊₄_x3

1

x2₊₄_x3 = _x12 4_x+₄_x16₊₁

Z 2

1 dx

x2₊₄_x3 = 16

Z 2

1 dx 1+4x +

Z 2

1 dx x2 4

Z 2

1 dx

x = 4 ln 9 10 +

1 2

-(3)

Z x+1 x2 ₅_x₊₆dx

x+1

x2 ₅_x₊₆ = ₍_x x₃₎₍+1_x ₂₎ = _x4₃ _x3₂

Z x+1

x2 ₅_x₊₆dx= 4

Z dx x 3 3

Z dx

x 2 = ln j x 3j4 jx 2j3 +C

-(4)

Z

2x3₊₃_x2₊_x ₁

(5)

2x3₊₃_x2₊_x ₁

(x+1)(x2₊₂_x₊₂₎2 = _x₊₁1 + _x2₊₂x+3_x₊₂

(2x+3) (x2₊₂_x₊₂₎2

)

Z

2x3₊₃_x2₊_x ₁

(x+1)(x2₊₂_x₊₂₎2dx=

Z dx x+1 +

Z x+3 x2₊₂_x₊₂dx

Z

(2x+3) (x2₊₂_x₊₂₎2dx

=

Z ₁

x+ 1dx

| {z }

+

Z _x

x2_{+ 2}_x_{+ 2}dx

| {z }

+ 3

Z ₁

x2_{+ 2}_x_{+ 2}dx

| {z }

Z ₍₂_x_{+ 3)}

(x2_{+ 2}_x_{+ 2)}2dx

| {z }

(a) (b) (c) (d)

(a)₎ Z

1

x+1dx= lnjx+ 1j (b)₎

Z x (x+1)2₊₁dx

Con el cambio de variable: u=x+ 1 (x=u 1); du=dx

Z u 1 u2₊₁du=

Z u u2₊₁du

Z 1

u2₊₁du= 1₂ln u2+ 1 arctan(u)

= 1₂ln (x+ 1)2+ 1 arctan(x+ 1) = 1₂ln x2+ 2x+ 2 arctan(x+ 1) (c)₎3R ₍_x₊₁₎dx2₊₁

Con el cambio de variable: z=x+ 1; dz=dx

3 Z

dz

z2₊₁ = 3 arctanz= 3 arctan(x+ 1)

(d)₎ Z

(2x+3)

(x2₊₂_x₊₂₎2dx=

Z ₂_x_{+ 2}

(x2_{+ 2}_x_{+ 2)}2dx

| {z }

+

Z ₁

(x2_{+ 2}_x_{+ 2)}2dx

| {z }

(d:1) (d:2)

(d:1)₎ Z

2x+2 (x2₊₂_x₊₂₎2dx

Con el cambio de variable: z=x2+ 2x+ 2; dz = (2x+ 2)dx

)

Z dz

z2 = 1_z = _x2₊₂1_x₊₂

(d:2)₎ Z

dx (x2₊₂_x₊₂₎2 =

Z

dx ((x+1)2₊₁₎2

Con el cambio de variable: z=x+ 1; dz=dx

)

Z dz (z2₊₁₎2

Utilizamos la sustitución trigonométrica: z= tant (t= arctanz); dz= sec2tdt

)

Z

sec2_t

(tan2_t₊₁₎2dt=

Z

cos2_tdt₌ Z

1+cos 2t 2 dt=

t 2 +

sintcost 2

Del dibujo:

sint= pz

z2₊₁; cost=

1

p

(6)

)

Z

1+cos 2t 2 dt=

1

2arctan(z) + 1 2

z

p

z2₊₁

1

p

z2₊₁ =

1

2arctan(z) + 1 2

z z2₊₁

) 12arctan(x+ 1) + 1 2

x+1 (x+1)2+1 =

1

2arctan(x+ 1) +

x+1 2(x2₊₂_x₊₂₎ Finalmente, reemplazando cada parte de la integral, obtenemos:

R ₂_x3₊₃_x2₊_x ₁

(x+1)(x2₊₂_x₊₂₎2dx=

= ln_jx+ 1_j+1₂ln x2+ 2x+ 2 arctan(x+ 1) + 3 arctan(x+ 1) 1

x2₊₂_x₊₂ +1₂arctan(x+ 1) + _x2₊₂x+1_x₊₂

= ln_jx+ 1_j+1₂ln x2+ 2x+ 2 + 3₂arctan(x+ 1) + ₂₍_x21₊₂x_x₊₂₎

= ln

p

x2₊₂_x₊₂

x+1 + 3

2arctan(x+ 1)

x 1 2(x2₊₂_x₊₂₎

— — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — —

5. Encontrar el valor de la integral, usando primero sustitución o integración por partes y, entonces usar sustitución trigonométrica y/o fracciones parciales:

(1)

Z ex

1 e3xdx

Solución propuesta

Haciendo la sustitución: u=ex du=exdx , se tiene que:

Z ex

1 e3xdx=

Z du 1 u3 =

Z

1

(1 u)(u2₊_u₊₁₎du

Mediante fracciones parciales, se tiene que:

1

(1 u)(u2₊_u₊₁₎ = 1₃₁1_u +1₃_u2u₊+2_u₊₁

)

Z

du

(1 u)(u2₊_u₊₁₎ =

1 3 Z

1 1 udu

| {z }

I

+1 3

Z _u₊1 2 +

3 2

u+ 1₂ 2+3₄du

| {z }

II

Resolviendo la primera integral resultante:

1 3 Z

du 1 u =

1 3 Z

du u 1 =

1

3lnju 1j+C1= 1 3lnje

x ₁

j+C1

Para la segunda integral, haciendo la sustitución: u+ 1₂ =

p

3

2 tanw; du=

p

3

2 sec2w dw , se tiene que: 1

3 Z

u+1₂+3₂ (u+1₂)2+3₄du=

p

3 9

Z

(p3 tan(w) + 3)dw= 1₃ Z

tanw dw+p₃3 Z

dw

= ₃1ln_jcosw_j+p₃3w+C2 = 1₃ln

p

3 2pu2₊_u₊₁ +

p

3

3 arctan 2

p

3 u+ 1

2 +C2 = 1₃ln p3

2pe2x₊_ex₊₁ +

p

3

3 arctan 2

p

3 e x₊1

2 +C2

Finalmente, se tiene que:

Z ex

1 e3xdx= 1₃lnjex 1j 1₃ln

p

3

2pe2x₊_ex₊₁ +

p

3

3 arctan 2

p

3 e x₊ 1

2 +C

(7)

-(2)

Z

x3_arctan_{x dx}

Solución propuesta

Integrando por partes, con: u= arctanx ₎du= _x21₊₁dx

dv=x3dx ₎v= x₄4 , se tiene que: Z

x3arctanx dx= x4arctan₄ x 1₄ Z

x4

x2₊₁dx

= x4arctan₄ x 1₄ Z

1

x2₊₁ +x2 1 dx= x

4_arctan_x

4

arctanx 4

x3

12+ x 4 +C

-(3) R xarcsinx dx

Solución propuesta

Integrando por partes, con: u= arcsinx ₎du= pdx

1 x2

dv =x dx ₎v= x₂2 , se tiene que: Z

xarcsinx dx= x2arcsin₂ x 1₂ Z

x2 p

1 x2dx

Para la integral resultante, haciendo la sustitución: x= sinw ₎dx= coswdw , se tiene que:

Z x2 p

1 x2dx=

Z

sin2w dw= 1₂ Z

(1 cos(2w))dw

= 1₂ Z

dw 1₂

Z

cos(2w)dw= 1₂w 1₄sin(2w) +C = 1₂arcsinx 1₂xp1 x2₊_C

R

xarcsinx dx= 1₂x2arcsinx 1₄arcsinx+1₄xp1 x2₊_C

-(4) R arcsecx dx

Solución propuesta

Para x >1, integrando por partes, con: u=arcsecx ₎du= dx

xpx2 ₁

dv=dx ₎v=x , se tiene que:

Z

arcsecx dx=xarcsec x

Z dx

p

x2 ₁

(8)

x= secw ₎dx= secwtanw dw , se tiene que:

R _dx

p

x2 ₁ =

R

secw dw= ln_jsecw+ tanw_j+C= ln(x+px2 _{1) +}_C

R

arcsecx dx=xarcsec x ln(x+px2 _{1) +}_C

— — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — —

6. Determine si las integrales impropias convergen, si lo son determine el valor de la integral.

(1)

Z 2

1

dx x(lnx)2

Resolveremos la integral inde…nida:

Z _dx

x(lnx)2 , haciendo u= lnx ,du= 1

xdx

Z _dx

x(lnx)2 = Z ₁

u2du= 1

u =

1 lnx+C Luego,

Z 2

1

dx

x(lnx)2 = lim_a_!₁ Z 2

a

dx

x(lnx)2 = lim_a_!₁ 1 lnxj

2

a = lim a!1

1 ln 2+

1

lna =1

-(2)

Z 1

0 1

et _e tdt

Z ₁

et _e tdt=

Z ₍_et₎2 ₁

et dt , haciendoe

x _{= sec}_u_, _ex_dx_{= sec}_u _tan_{u du}₌

)dx=

secutanu

secu du= tanu du Luego,

Z ₍_et₎2 ₁

et dt=

Z _sec2_u ₁

secu tanudu=

Z _sec2_u ₁

secu

secutanudu Haciendoy= secu ,dy= secutanu du

Z _sec2_u ₁

secu

secutanudu =

Z _y2 ₁

y2 dy= Z

1 1

y2 dy=y+ 1

y = secu+ cosu = ex+ 1

ex +C

Finalmente,

Z 1

0 1

et _e tdt= lim_a_!_o Z 1

a 1

et _e tdt= lim_a_!_o (e x₊ 1

ex)j 1

a = lim_a

!o e 1₊ 1

e1 (e a₊ 1

ea) =

e+1

e 2

-(3)

Z ₁

(9)

Z

x3

x4_{+ 1}dx , haciendou=x

4_{+ 1}_,_du_{= 4}_x3_dx Z _x3

x4_{+ 1}dx= 1 4

Z ₁

udu=

1

4lnjuj+c= 1 4ln(x

4_{+ 1) +}_C

Luego,

Z ₁

1 x3

x4_{+ 1}dx= Z 0

1 x3 x4_{+ 1}dx+

Z ₁

0

x3

x4_{+ 1}dx= lim_a_{! 1} Z 0

a

x3

x4_{+ 1}dx+ lim_a_!1 Z a

0

x3 x4_{+ 1}dx = lim

a! 1

1 4ln(x

4_{+ 1)}_j0

a + lim_a_!1 1 4ln(x

4_{+ 1)}_ja 0

= lim a! 1

1 4ln(a

4_{+ 1) + lim} a!1

1 4ln(a

4_{+ 1)}

= lim a!1

1 4ln(a

4_{+ 1)}

| {z }

+ lim a!1

1 4ln(a

4_{+ 1)}

| {z }

1 1

=DV

Observación: Basta que uno de los dos límites diverja para que la integral diverja. No se puede concluir que el resultado de+₁ ₁= 0:Por lo tanto el resultado simplemente es que la integral diverge.

-(4)

Z ₁

2 1

t2_{+ 4}_t_{+ 8}dt

Z ₁

t2_{+ 4}_t_{+ 8}dt=

Z ₁

(t+ 2)2_{+ 4}dt= Z ₁

4 1

(t+2₂ )2_{+ 1}dt= 1

42 arctan( t+2

2 ) +C

Luego:

Z ₁

2 1

t2_{+ 4}_t_{+ 8}dt= lim_a_!1 Z a

2 1

t2_{+ 4}_t_{+ 8}dt= lim_a_!1 1

2arctan( t+2

2 )j a

2 = lim_a

!1

1

2arctan( a+2

2 ) arctan(0) = lim

a!1

1

2arctan( a+2

2 ) = 1 2 2 = 4

— — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — —

7. Calcular la integralR _sinx₊1_cosx dxutilizando cambio de variable u=tan(x₂).

Si se hace u=tan(x₂) u=tan(x₂) ₎du= 1₂sec2(x₂)dx= 1+₂u2dx Además:

Para sin (x) :

sinx= 2sin(x₂)cos(x₂) = 2sin(

x

2)cos(

x

2)

sin2₍x

2)+cos 2₍x

2) sinx=

(2sin(x₂)cos(x₂)) 1

cos2(x

2)

(sin2₍x

2)+cos2(

x

2)) 1

cos2(x

2)

= 2tan(

x

2)

tan2₍x

(10)

Para cos(x) :

cosx= cos2(x₂) sin2(x₂) = cos

2₍x

2) sin 2₍x

2)

sin2₍x

2)+cos2(

x

2) cosx=

(cos2(x₂) sin2(x₂)) 1

cos2(x₂)

(sin2₍x

2)+cos2(

x

2)) 1

cos2(x₂)

= 1 tan

2₍x

2)

tan2₍x

2)+1 cosx= 1₁₊u_u22

Así:

Z

1

sinx+cosx dx= Z

1+u2

2u+1 u2 ₁₊2_u2du=

Z

2

(u 1 p2)(u 1+p2) du

Descomponiendo en fracciones parciales:

2

(u 1 p2)(u 1+p2) = 1 2

p

2

p

2 u+1 1 2

p

2 u+p2 1

La integral queda:

Z

1

sinx+cosx dx=

p

2 2

Z (p 1

2 u+1+ 1 u+p2 1)du

Desarrollando: p

2 2

Z (p 1

2 u+1+ 1

u+p2 1)du=

p

2 2 ln(

p

2 u+ 1) p₂2ln(u+p2 1) +C Reemplazandou=tan(x₂) se tiene:

Z

1

sinx+cosx dx=

p

2 2 ln(

p

2 tan(x₂) + 1) p₂2ln(tan(x₂) +p2 1) +C

Z

1

sinx+cosx dx=

p

2 2 ln(

p

2 tan(x

2)+1

tan(x₂)+p2 1) +C

— — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — —

8. Suponer quef ygson continuas en[a;+₁):Mostrar que siR_a+1f(x)dxyR_a+1g(x)dx convergen,

entoncesR_a+1[f(x) +g(x)]dxconverge.

Hipótesis:

8 < :

f yg continuas en [a;+₁) R+1

a f(x)dxconverge R+1

a g(x)dxconverge

Tesis:R_a+1[f(x) +g(x)]dx converge Demostración.

R+1

a f(x)dxconverge=) Rb

af(x)dx= lim_b_!1f(x)dx=L; L2R R+1

a g(x)dx converge=) Rb

ag(x)dx= lim_b_!1g(x)dx=M; M 2R

Luego, _R

+1

a [f(x) +g(x)]dx= lim_b_!1 Rb

a [f(x) +g(x)]dx = lim

b!1

hRb

af(x)dx+ Rb

ag(x)dx i

= lim b!1

hRb

af(x)dx i

+ lim b!1

hRb

ag(x)dx i

=L+M (Por hipótesis)

Entonces,₉lim b!1

Rb

a[f(x) +g(x)]dx; por tanto R+1

a [f(x) +g(x)]dx converge

(11)

9. Determinar si las siguientes integrales impropias convergen, si lo son determine el valor de la integral

(1)R₀1 _ex 1_e xdx

Solución:

R1 0

1

ex _e xdx=

R1 0

ex

(ex₎2 ₁dx=

Re 1

u

u2 ₁du= lim

a!1+

1 2 ln u

2 ₁ e a=1

u=ex,du=exdx La integral diverge a₁.

-(2)R₁1p_x₍p1_x₊₁₎dx

Solución:

R₁ 1

1

p

x(px+1)dx= 2 R₁

2 1

tdt= 2 lim_a_!1[lnt] a 2 =1

t=px+ 1

dt= ₂p1

xdx

La integral diverge a₁.

-(3)R1₁xe x2dx

Solución:

R0

1xe

x2

dx= lim b! 1

R0 b xe

x2

dx= 1₂ lim b! 1

h

e x2i0

b = 1 2 R₁

0 xe x2

dx= lim a!1

R₁ 0 xe

x2

dx= 1₂ lim a!1

h

e x2ia

0 = 1 2 R₁

1xe

x2

dx=R0₁xe x2dx+R₀1xe x2dx= 1₂ +1₂ = 0.

-(4)R₂1e xsinxdx

R

e xsinxdx= e xcosx R e xcosxdx= e xcosx e xsinx R e xsinxdx

u=e x u=e x

du= e xdx du= e xdx

v0 = sinx v0 = cosx

v= cosx v= sinx

De lo anterior se tiene queR e xsinxdx=F(x) +C, donde F(x) = 1₂e x(sinx+ cosx)

R₁ 2 e

x_sin_xdx_{= lim}

a!1[F(x)]

a