R20_2.pdf

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

HPV/

Práctica 20. 520141. 1. Ejercicio 1

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

(1)

Z _dx

p

x2 _{4x+ 13} (2)

Z _dx

(9x2 ₄₎52

(3) Z

exp1 +e2x_{dx (4)}

Z _{2x 3}

p

4x x2 ₃dx

Solución:

(1)

Z _dx

p

x2 _{4x+ 13} =

Z _dx

p

x2 _{4x+ 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

3ptan2z+ 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 _{4x+ 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 tan2z)52 =

1 48

Z _secztanzdz

tan5_z = 1 48

Z _seczdz

tan4_z

= ₄₈1

Z _cos3_zdz

sin4z =

1 48

Z _{cosz 1 sin}2_{z dz}

sin4z =

1 48

Z _coszdz

sin4z

Z _coszdz

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

#

(3)

Z

exp1 +e2x_dx

u=ex

du=exdx )

Z _p

1 +u2_du

Luego realizamos la sustitución trigonométrica: u= tanz

du= sec2zdz )

Z _p

1 + tan2_zsec2_{zdz =}

Z

sec3zdz

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

dv=sec2_{zdz v=tanz}

Z

sec3zdz = tanzsecz

Z

tan2zseczdz = tanzsecz

Z

sec2z 1 seczdz =

tanzsecz

Z

sec3zdz+ Z

seczdz

Z

sec3_{zdz = tanzsecz}

Z

sec3_zdz+

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

2x 3

p

4x x2 ₃dx=

Z

2x 3 p

(x2 _{4x+ 4) + 1}dx=

Z

2x 3 q

1 (x 2)2

dx=

u=x 2

du=dx )

Z

2u+ 1

p

1 u2dx

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}

Ejercicio 2 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

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

2R 1 cos(2_1+cos(2u_u)₎ 1=2sin(2u)du= 2R sin_cos22u_u

1=2

2 sinucosudu

= 4R _cossinu_u sinucosudu

= 4R sin2udu

= 4R 1 cos(2₂ u)du

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

= 2R du+ 2Rcos(2u)du

= 2u+ sin(2u) +C utilizando lo siguiente para volver a la variable original:

2u= arccos(x)

sin(2u) = p1₁x2 =p1 x2

Entonces el resultado es:

R _{1 x}

1+x

1=2

dx= arccos(x) +p1 x2_+C

Ejercicio 3

Mostrar que la región encerrada por la elipse x_a22 +

y2

b2 = 1, tiene área ab:

1. Solución:

En el primer cuadrante: x_a22 +

y2

b2 = 1 () y = b q

1 x_a22 . 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 , de dónde

q

1 x_a22 = p

1 sin2 =_jcos _j= cos y dx=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 :

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

4.1R _x2₊x3_x+1dx, x 3

x2_+x+1 = _x2₊1_x+1 +x 1=_x2_+x1₊1 4+

3 4

+x 1 = 1

(x+1₂)2+3₄ +x 1

R _dx

(x+1₂)2+3₄ haciendoz=x+ 1

2 ydz=dx

R _dz

z2₊3 4

= p2

3arctan 2z

p

3 +C=

2

p

3arctan

2(x+1₂) p

3 +C

…nalmente, obtenemos:

R _x3

x2_+x+1dx=

R _dx

(x+1₂)2+3₄+

R

xdx R dx= p2

3arctan

2(x+1₂) p

3 +

x2

2 x+C

4.2

Z 2

1

dx

x2_+4x3, _x2₊₄1 _x3 = _x12 _x4 +_4x16₊₁ Z 2

1

dx

x2_+4x3 = 16 Z 2

1

dx

1+4x +

Z 2

1

dx x2 4

Z 2

1

dx x = 4 ln

9 10 +

1 2

4.3R _x2x+1_5x+6dx, _x2x+1_5x+6 = _(x x₃₎₍+1_{x 2)} = _x4_{3 x}3₂ R _x+1

x2 _5x+6dx= 4 R _dx

x 3 3

R _dx

x 2 = ln j

x 3j4 jx 2j3 +C

4.4R 2x3+3x2+x 1

(x+1)(x2_+2x+2)2dx; 2x

3_+3x2_{+x 1}

(x+1)(x2_+2x+2)2 = _x+11 +_x2₊₂x+3_x+2

(2x+3) (x2_+2x+2)2 = R _xdx₊₁ +R _x2₊₂x+3_x+2dx

R (2x+3) (x2_+2x+2)2dx = R _xdx₊₁ +R _x2₊₂x_x+2dx+ 3

R _dx

x2_+2x+2

R (2x+3) (x2_+2x+2)2dx =

R _dx

x+1 +

R _x

(x+1)2₊₁dx +3

R _dx

(x+1)2₊₁

R (2x+3) (x2_+2x+2)2dx

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

(a) R _xdx₊₁ = ln_jx+ 1_j (b) R _(x+1)x2₊₁dx

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

R _{u 1}

u2₊₁du= R _u

u2₊₁du

R _du

u2₊₁ = 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 z=x+ 1 dz =dx

3R _z2dz₊₁ = 3 arctanz= 3 arctan(x+ 1)

(d) R (2x+3)

(x2_+2x+2)2dx=

R _2x+2

(x2_+2x+2)2 +

R _dx

(x2_+2x+2)2 (d:1) (d:2) (d:1) R 2x+2

(x2_+2x+2)2 z=x2+ 2x+ 2 dz = (2x+ 2)dx R _dz

z2 = 1_z = _x2₊₂1_x+2

(d:2) R dx

(x2_+2x+2)2 =

R _dx

((x+1)2₊₁₎2 z=x+ 1 dz=dx R _dz

(z2₊₁₎2 z= tant (t= arctanz) dz= sec2tdt R _sec2_t

(tan2_t+1)2dt= R

cos2_tdt=R 1+cos 2t

2 dt=

t

2 +

sintcost

2 1

sin2t = csc

2_{t= cot}2_{t+ 1 =} 1

z2 + 1 = z 2₊₁

z2 ,sint= p z

z2₊₁

1

cos2_t = sec2t= tan2t+ 1 =z2+ 1,cost= p 1

z2₊₁ R _{1+cos 2t}

2 dt=

1

2arctan(x+ 1) +

Finalmente, reemplazando cada parte de la integral, obtenemos:

R _2x3_+3x2_{+x 1}

(x+1)(x2_+2x+2)2dx=

= ln(x+1)+1₂ln(x2_{+2x+2) arctan(x+1)+3 arctan(x+1)} 1

x2_+2x+2+ 1₂arctan(x+ 1) + _x2₊₂x+1_x+2 = ln(x+1)+1₂ln(x2+2x+2)+2 arctan(x+1)+_x2₊₂1_x+2

1

2arctan(x+1)

x+1 2(x2_+2x+2) = ln(x+ 1) +1₂ln(x2_{+ 2x+ 2) +} 3

2arctan(x+ 1) +

1 x

2(x2_+2x+2) = ln

p

x2_+2x+2

x+1 + 3

2arctan(x+ 1)

x+1 2(x2_+2x+2)

=1₂ln x2+2x+2

(x+1)2 + 3

2arctan(x+ 1)

x+1 2(x2_+2x+2)

1. Ejercicio 5 (No ha llegado) Ejercicio 6

(1)

Z 2

1

dx x(lnx)2

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 _{= secu, e}x_{dx= secu tanu du=}

)dx= secutanu

sec_Z u du= tanu du, luego

(et)2 1

et dt=

Z

sec2u 1

secu tanudu=

Z

sec2u 1 secu

secu

secutanudu, haciendoy= secu ,dy_Z= secutanu du

sec2u 1 secu

secu

secutanudu =

Z

y2 1

y2 dy=

Z

1 1

y2 dy=y+

1

y = secu+ cosu = ex₊ 1

ex +C Luego,

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

1

Z _x

x4_{+ 1}dx , haciendou=x

4_{+ 1,du= 4x}3_dx

Z _x

x4_{+ 1}dx=

1 4

Z ₁

udu=

1

4lnjuj+c= 1 4ln(x

4_{+ 1) +C (x}4_{+ 1>0)}

Luego,

Z ₁

1

x

x4_{+ 1}dx=

Z 0

1

x

x4_{+ 1}dx+

Z ₁

0

x

x4_{+ 1}dx= lim_{a! 1}

Z 0

a x

x4_{+ 1}dx+ lim_a!1

Z a

0

x x4_{+ 1}dx

= lim

a! 1 1 4ln(x

4_{+ 1)}

j0a + lim_a

!1 1 4ln(x

4_{+ 1)}

ja0

= lim

a! 1 1 4ln(a

4_{+ 1) + lim}

a!1 1 4ln(a

4_{+ 1)}

= lim

a!1 1 4ln(a

4_{+ 1) + lim}

a!1 1 4ln(a

4_{+ 1)}

= lim

a!1 1 4ln(a

4_{+ 1)} 1

4ln(a

4_{+ 1) = lim}

a!1[0] = 0

(4)

Z ₁

2

1

t2_{+ 4t+ 8}dt

Z ₁

t2_{+ 4t+ 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_{+ 4t+ 8}dt= lim_a!1

Z a

2

1

t2_{+ 4t+ 8}dt= lim_a!1 1

2arctan(

t+2

2 )ja2 = lim_a!1 12arctan(

a+2

2 ) arctan(0)

= lim

a!1

1

2arctan(

a+2

2 ) =

1 2 2 = 4

(Alejandro Carrasco) Ejercicio. 7

Calcular la integralR _sinx+1_cosx dx utilizando cambio de variableu=tan(x₂).

Solución

Si se haceu=tan(x₂) se tiene:

Para sinx:

sinx= 2sin(x₂)cos(x₂) = 2sin(

x

2)cos(

x

2)

sin2₍x

2) +cos2(

x

2)

Arreglando el lado derecho de la siguiente forma:

sinx=

(2sin(x₂)cos(x₂))_cos21₍x

2) (sin2₍x

2) +cos2(

x

2)) 1

cos2₍x

2)

sinx= 2tan(

x

2)

tan2₍x

2) + 1

Para cosx:

cosx=cos2(x₂) sin2(x₂) = cos

2₍x

2) sin

2₍x

2)

sin2₍x

2) +cos2(

x

2)

Arreglando el lado derecho de la siguiente forma:

cosx=

(cos2₍x

2) sin2(

x

2)) 1

cos2₍x

2) (sin2₍x

2) +cos2(

x

2)) 1

cos2₍x

2)

cosx= 1 tan

2₍x

2)

tan2₍x

2) + 1

= 1 u

2

1 +u2

Ahora para la integral se sabe:

Siu=tan(x₂) entoncesdu= 1₂sec2(x₂)dx= 1+₂u2dx Entonces:

dx= 2 1 +u2du

Asi:

Z ₁

sinx+cosx dx=

Z _{1 +u}2

2u+ 1 u2

2

1 +u2du=

Z ₂

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

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)

p

2 2 ln(u+

p

2 1) +C

Reemplazandou=tan(x₂) se tiene:

Z

1

sinx+cosx dx= p

2 2 ln(

p

2 tan(x 2) + 1)

p

2

2 ln(tan(

x

2) +

p

2 1) +C

Z ₁

sinx+cosx dx= p

2 2 ln(

p

2 tan(x₂) + 1

tan(x₂) +p2 1) +C

(Jaime Gallegos O)

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

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=ex_dx

La integral diverge a₁.

(2)R₁1p_x(p1_x+1)dx

Solución:

R₁

1 1

p_x(p_x+1)dx= 2R₂11_tdt= 2 lim

a!1[lnt]

a

2 =1

t=px+ 1

dt= ₂p1

xdx

(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 x2

ia

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_{sinxdx= lim}

a!1[F(x)]

a