Cálculo II - Ejercicios Resueltos de Maximo Mitacc

Trabajo 01-Solucionario C´

alculo II(M´

aximo Mitacc-Luis Toro)

Jonathan La Fuente Vega Yuri Janampa Ayala

19 de mayo de 2015

Parte I

INTEGRAL INDEFINIDA

0.1. INTEGRALES INMEDIATAS

0.2. METODOS DE INTEGRACI ´ON

0.2.1. INTEGRACI ´ON POR SUSTITUCI ´ON ´O CAMBIO DE VARIABLE Ejercicio 30: I = Z dx √ x + 1 +√x − 1 Soluci´on: I = Z _dx √ x + 1 +√x − 1 √ x − 1 +√x + 1 √ x − 1 −√x + 1 = Z √_{x − 1 −}√_{x + 1} −2 dx = − 1 2[ (x − 1)3/2 3/2 − (x + 1)3/2 3/2 ] I = 1 3[(x + 1) 3/2_{− (x − 1)}3/2_{] + C} Ejercicio 31: I = Z _dx 1 + sexdx Soluci´on: I =R dx 1 + sex 1 − senx 1 − sex dx = R 1 − sex cos2_x dx =R (sec 2_{x −} senx cos2_x)dx = tanx − R senx cos2_xdx

Sea u = cosx ⇒ du = −senxdx I = tanx +R du u2 = tanx − 1 u + C I = tanx − 1 cosx + C Ejercicio 44: I = Z dx e−x_{+ e}x Soluci´on: I =R dx e−x+ ex = R exdx ex_(e−x_{+ e}x₎ = R exdx 1 + (ex₎2 Sea u = ex ⇒ du = ex_dx I =R du 1 + u2 = arctan(u) + C I = aractan(ex) + C

Ejercicio 45: I =

Z _dx p√

x + 1 Soluci´on:

Sea u =√x + 1 ⇒ x = (u − 1)2⇒ dx = 2(u − 1)du I =R 2(u − 1)du √ u = 2[R u 1/2_{du −R u}−1/2_{du] =} 4u3/2 3 − 4u 1/2_{+ C} I = 4 3( √ x + 1)3/2− 4(√x + 1)1/2+ C

0.2.2. METODO DE INTEGRACI ´ON POR PARTES Ejercicio 04: I = Z arcsen(2x)dx Soluci´on: Escogemos u = arcsen(2x) ⇒ du = √ 2dx 1 − 4x2 y dv = dx ⇒ v = x Luego, I = xarcsen(2x) − 1 4 R 8xdx √ 1 − 4x2 Sea w = 1 − 4x2 ⇒ dw = −4xdx Luego, I = xarcsen(2x) + 1 4R w −1/2_{dw = xarcsen(2x) +} 1 2w 1/2_{+ C} I = xarcsen(2x) + 1 2 √ 1 − 4x2_{+ C} Ejercicio 47: I = Z xcox − senx + 1 (x + cosx)2 dx Soluci´on:

I =R cosx(x + cosx) − cos

2_{x − senx + 1} (x + cosx)2 dx = R cosx x + cosxdx − R cos 2_x (x + cosx)2dx + R 1 − sex (x + cosx)2dx

En la primera integral escogemos u = 1

x + cosx ⇒ du = −

1 − sex

(x + cosx)2dx y du = cosxdx ⇒ v = senx

Luego, I = sex x + cosx+ R senx(1 − senx) (x + cosx)2 dx − R cos 2_x (x + cosx)2dx + R 1 − senx (x + cosx)2dx + C

Aplicando la linealidad de la integral I = senx

x + cosx+

R senx(1 − senx) − cos2x + 1 − senx

(x + cosx)2 dx + C I = senx x + cosx+ R senx + sen 2_{x − cos}2_{x + 1 − senx} (x + cosx)2 dx + C I = senx x + cosx+ C Ejercicio 48: I = Z x5 √ 1 − x2ln( 1 + x 1 − x)dx Soluci´on: I =R x √ 1 − x2[x 4_ln(1 + x

1 − x)]dx, integrando por partes tenemos: Escogemos u = x4ln(1 + x 1 − x) ⇒ du = [x 4 2 1 − x2+4x 3_ln(1 + x 1 − x)]dx y dv = x √ 1 − x2dx ⇒ v = − √ 1 − x2 Luego,

I = −x4√_{1 − x}2_ln(1 + x 1 − x) + 2 R x 4 √ 1 − x2dx + 4R x 3√_{1 − x}2_ln(1 + x 1 − x)dx En la primera integral: A =R x 4 √ 1 − x2dx = R −x3(−x) √ 1 − x2 dx Sea u = −x3⇒ du = −3x2_{dx y dv = √}−xdx 1 − x2 ⇒ v = √ 1 − x2 Luego, A = −x3√1 − x2_{+ 3}R √ 1 − x2_x2_{dx = −x}3√_{1 − x}2_{+ 3}R x 2_{(1 − x}2₎ √ 1 − x2 dx A = −x3√1 − x2_{+ 3}R x2 √ 1 − x2dx − 3 R x4 √ 1 − x2dx 4A = −x3√1 − x2_{+ 3}R x 2_dx √ 1 − x2 ... (i) Sea K =R x 2 √ 1 − x2dx =R −x −x √ 1 − x2dx Sea u = −x ⇒ du = −dx y dv = √−xdx 1 − x2 ⇒ v = √ 1 − x2 Luego, K = −x√1 − x2₊R√ 1 − x2_{dx = −x}√_{1 − x}2₊1 2[x √ 1 − x2_{+ arcsenx] + C} Entonces, K = −x √ 1 − x2 2 + arcsenx 2 + C Reemplazando (K) en (i), se tiene: 4A = −x3√1 − x2_{+ 3[−}x √ 1 − x2 2 + arcsenx 2 + C] De donde, A = −x 3√_{1 − x}2 4 − 3x√1 − x2 8 + 3arcsenx 8 + C Reemplazando (A) en (I), se tendria:

I = −x4√1 − x2_ln(1 + x 1 − x) + 2[− x3√1 − x2 4 − 3x√1 − x2 8 + 3arcsenx 8 ] + 4 R x3(1 − x2) √ 1 − x2 ln( 1 + x 1 − x)dx I = −x4√1 − x2_ln(1 + x 1 − x) + 2[− x3√1 − x2 4 − 3x√1 − x2 8 + 3arcsenx 8 ] + 4 R x3 √ 1 − x2ln( 1 + x 1 − x)dx −4R x 5 √ 1 − x2ln( 1 + x 1 − x)dx De donde, 5I = 3arcsenx 4 − √ 1 − x2₍x 3 2 + 3x 4 ) − x 4√_{1 − x}2_ln(1 + x 1 − x) + 4 R x 3 √ 1 − x2ln( 1 + x 1 − x)dx Sea, B =R x 3 √ 1 − x2ln( 1 + x 1 − x)dx Elegimos u = ln(1 + x 1 − x) ⇒ du = 2dx 1 − x2 y dv = x 3_dx √ 1 − x2 Integrando, se tiene: R dv = R x − (1 − x 2_)x √ 1 − x2 dx ⇒ v = (1 − x)3/2 3 − √ 1 − x2 Luego, B = ln(1 + x 1 − x)[ (1 − x)3/2 3 − √ 1 − x2_{] − 2R [}(1 − x) 3/2 3 − √ 1 − x2_] dx 1 − x2

− √ 1 − x2 3 (−2 − x 2_)ln(1 + x 1 − x) − 2 R√ 1 − x2_{dx + 2}R dx √ 1 − x2 De donde, B = −1 3 √ 1 − x2_{(2 + x}2_)ln(1 + x 1 − x) − x 3 √ 1 − x2₊5 3arcsenx + C Ahora reemplazamos (B) en (I), entonces se tendra:

5I = 3 4arcsenx − √ 1 − x2₍x 3 2 + 3x 4 ) − x 4√_{1 − x}2_ln(1 + x 1 − x) + 4[− 1 3 √ 1 − x2_{(2 + x}2_)ln(1 + x 1 − x) −x 3 √ 1 − x2₊5 3arcsenx] + C Simplificando y agrupando tenemos:

I = 89 60acrsenx − √ 1 − x2₍x 3 10 + 5x 12) + 1 15 r 1 − x2_{(8 + 4x}2_{+ 3x}4_)ln(1 + x 1 − x) + C 0.3. ARTIFICIOS DE INTEGRACI ´ON

0.3.1. INTEGRACI ´ON DE ALGUNAS FUNCIONES QUE CONTIENEN UN TRI-NOMIO CUADRADO

0.3.2. INTEGRACI ´ON DE ALGUNAS FUNCIONES TRIGONOMETRICAS E HI-PERBOLICAS Ejercicio 05: I = Z _{3 + 5x} 9x2_{− 12x + 13}dx Soluci´on: Pero: 5x + 3 = 5 18(18x − 12) + 19 3 Luego, I = 5 18 R 18x − 12 9x2_{− 12x + 13}dx + 19 3 R dx 9x2_{− 12x + 13} = R d(9x2− 12x + 13) 9x2_{− 12x + 13} + 19 9 R d(3x − 2) (3x − 2)2_{+ 9} De donde se tiene: I = 5 18ln|9x 2_{− 12x + 13| +}19 27arctan( 3x − 2 3 ) + C Ejercicio 45: I =R cosh3xcoshxdx Soluci´on: I = 1 2R (cosh4x + cosh2x)dx = 1 8senh4x + 1 4senh2x + C Ejercicio 46: I = Z senh4xsenhxdx Soluci´on: I = 1 2R (cosh5x − cosh3x)dx = 1 10senh5x − 1 6senh3x + C

0.4. INTEGRACI ´ON POR SUSTITUCI ´ON TRIGONOMETRICA

Ejercicio 09: I =

Z _{(2x − 3)dx} (x2_{+ 2x − 3)}3/2

I = Z _{2x + 2} (x2_{+ 2x − 3)}3/2dx − Z ₅ (x2_{+ 2x − 3)}3/2dx = Z _d(x2_{+ 2x − 3)} (x2_{+ 2x − 3)}3/2 − 5 Z _dx [(x + 1)2_{− 4]}3/2 I = √ 2 x2_{+ 2x − 3}− 5 Z _dx [(x + 1)2_{− 4]}3/2 Sea x + 1 = 2secz ⇒ dx = 2secztanzdz Luego, I = −√ 2 x2_{+ 2x − 3}− 5 4 Z secz tan2_zdz Sea A = Z _secz tan2_zdz = Z _cosz sen2_zdz A = − 1 senz = − x + 1 √ x2_{+ 2x − 3}

Figura 1: Tri´angulo

Reemplazando (A) en (I), se tiene:

I = −√ 2 x2_{+ 2x − 3}− 5 4 x + 1 √ x2_{+ 2x − 3} = 5x − 3 4√x2_{+ 2x − 3}+ C Ejercicio 34: I = Z e2xdx p(e2x_{− 2e}x_{+ 5)}3 Soluci´on: I =R e 2x_dx p((ex_{− 1)}2_{− 4)}3

Sea ex− 1 = 2tanz ⇒ ex_{dx = 2sec}2_{zdz, entonces}

I =R 2(2tanz + 1)sec 2_zdz (p4(tan2_{z + 1))}3 = 1 4 R 2tanz + 1 secz dz = 1 2 R tanzdz secz + 1 4 R dz secz I = 1 2R senzdz + 1 4R coszdz = − 1 2cosz + 1 4senz + C De donde I = −√ 1 e2x_{− 2e}x_{+ 5}+ ex_{− 1} 4√e2x_{− 2e}x_{+ 5}+ C I = e x_{− 5} 4√e2x_{− 2e}x_{− 5}+ C

0.5. INTEGRACI ´ON DE FUNCIONES RACIONALES Ejercicio 17: I = Z dx x8_{+ x}6 Soluci´on: Siendo x8+ x6 = x6(x2+ 1), entonces 1 x6_(x2_{+ 1)} = A x6 + B x5 + C x4 + D x3 + E x2 + F x + Gx + H x2_{+ 1} Luego, I = (F + G)x7_{+ (E + H)x}6_{+ (D + F )x}5_{+ (C + E)x}4_{+ (B + D)x}3_{+ (A + C)x}2_{+ BX + A} De donde obtenenmos: A = 1, B = 0, C = −1, D = 0, E = 1, F = 0, G = 0, H = −1 Finalmente I =R ( 1 x6 − 1 x4 + 1 x2 − 1 x2_{+ 1})dx = − 1 5x5 + 1 3x3 − 1 x − arctanx + C Ejercicio 22: I = Z _dx x12_(x11_{+ 1)} Soluci´on: I =R x 10_dx x12_(x11_{+ 1)}, Sea u = x 11_{⇒ du = 11x}10_dx Luego, I = 1 11 R du u2_{(u + 1)} = 1 11 R u 2_{+ (1 − u}2₎ u2_{(u + 1)} du = 1 11R ( 1 u + 1+ 1 u2− 1 u)du = 1 11(ln|u + 1| − 1 u− ln|u|) Por lo tanto, I = 1 11ln|x 11_{+ 1| −} 1 11x11 − ln|x| + C

0.6. INTEGRACI ´ON DE ALGUNAS FUNCIONES IRRACIONALES

0.6.1. INTEGRAL DE LA FORMA R R[x, (a + bx c + dx) m1/n1_{, ..., (}a + bx c + dx) mk/nk_]dx 0.6.2. INTEGRALES DE LA FORMA R dx (x − a)n p px2_{+ qx + r, n ∈ N} 0.6.3. INTEGRALES DE LA FORMA R R(x,√ax2_{+ bx + c)dx} 0.6.4. INTEGRALES DE LA FORMA R xm_{(a + bx}n₎p_dx Ejercicio 15: I = Z _dx

(cosx − senx)√cos2x Soluci´on:

I =R dx

(cosx − senx)(cos2_{x − sen}2_x)1/2 =

R 1 cos2_xdx (cosx − senx) cosx (cos2− sen2_x)1/2 cosx

I =R sec

2

(1 − tanx)(1 − tan2_x)1/2dx, Sea u = tanx ⇒ du = sec 2_xdx Luego, I =R du (1 − u)(1 − u2₎1/2 = R du (1 − u)(1 − u)1/2 (1 − u)1/2 (1 − u)1/2 = R 1 (1 − u)2( 1 − u 1 + u) 1/2_du Sea 1 z = 1 − u 1 + u ⇒ z = 1 + u 1 − u ⇒ dz = 2du (1 − u)2

Luego sustituyendo en la integral se tiene: I = 1 2R ( 1 z) 1/2_{dz =} 1 2R z −1/2_{dz = z}1/2

Por lo tanto se tiene,

I =r 1 + tanx 1 − tanx+ C Ejercicio 28: I = Z x + 2 (x − 1)√x2_{+ 1}dx Soluci´on: I =R (x − 1) + 3 (x − 1)√x2_{+ 1}dx = R dx √ x2_{+ 1}+ R 3 (x − 1)√x2_{+ 1}dx = ln|x+ √ x2_{+ 1|+}R 3 (x − 1)√x2_{+ 1}dx Sea A =R 3 (x − 1)√x2_{+ 1}dx, sea la sustituci´on x − 1 = 1 u ⇒ dx = − du u2 Adem´as x = 1 + u u ⇒ x 2_{+ 1 =} 2u2+ 2u + 1 u2 , luego sustituyendo: A = 3R 1 1 u r 2u2+ 2u + 1 u2 (−du u2) = −3 R du √ 2u2_{+ 2u + 1} = − 3 √ 2 R du r u2_{+ u +} 1 2 −√3 2 R du r (u + 1 2) 2₊1 4 A = −√3 2ln|u + 1 2 + r u2_{+ u +}1 2| Luego, A = −√3 2ln| x + 1 +√2√x2_{+ 1}

2(x − 1) . Finalmente sustituyendo en la integral ¨I”tenemos: I = ln|x +√x2_{+ 1 − √}3 2ln| x + 1 +√2√x2_{+ 1} 2(x − 1) + C Ejercicio 29: I = Z dx (cosx + senx) r 1 +sen2x 2 Soluci´on: I =R dx

(cosx + senx)√1 + senxcosx

Dividiendo por cos2x tanto al numerador como al denominador obtenemos I =R sec 2_xdx (cosx + senx cosx ) r 1 + senxcosx cos2_x =R sec 2_xdx

(1 + tanx)√sec2_{x + tanx} =

R sec2xdx

(1 + tanx)√tan2_{x + tanx + 1}

Sea u = tanx ⇒ du = sec2xdx, luego I =R du

(1 + u)√u2_{+ u + 1}

Ahora

Adem´as u + 1 = t 2_{+ 2t} 1 + 2t y √ u2_{+ u + 1 = t −} t 2_{− 1} 1 + 2t = t2+ t + 1

1 + 2t , sustituyendo todos estos valores en la integral, se tiene: I =R 2t 2_{+ t + 1} (1 + 2t)2dt t2+ 2t 1 + 2t t2+ t + 1 1 + 2t =R 2 t(t + 2)dt =R ( 1 t − 1 t + 2)dt = ln|t| − ln|t + 2| + C = ln| t t + 2| + C Por lo tanto I = ln| u + √ u2_{+ u + 1} u + 2 +√u2_{+ u + 1} + C, entonces I = ln| tanx + √ tan2_{x + tanx + 1}

tanx + 2 +√tan2_{x + tanx + 1} + C

Parte II

ENTRETENIMIENTO

Ejercicio 23: I = Z e2x+ e−2x e2x_{− e}−2xdx Soluci´on: I =R e 4x_{+ 1} e4x_{− 1}dx =R ( 2e4x e4x_{− 1}− 1)dx = 1 2 R 4e4x e4x_{− 1}dx − x = 1 2 R d(e4x− 1) e4x_{− 1} − x Luego se tiene I = 1 2ln|e 4x_{− 1| − x + C} Ejercicio 24: I = Z x√1 − x √ 2 − x dx Soluci´on: I =R √x(1 − x) 2 − 3x + x2dx =R − x 2 2x − 3 + 1 √ 2 − 3x + x2dx =R − x 2 2x − 3 √ 2 − 3x + x2dx − 1 1 2 R x √ 2 − 3x + x2dx Sea u = −x 2 ⇒ du = − dx 2 y dv = 2x − 3 √ 2 − 3x + x2dx ⇒ v = 2 √ 2 − 3x + x2 Reemplzando, se tiene: I = −x√2 − 3x + x2₊R√ 2 − 3x + x2_{dx −} 1 4 R 2x √ 2 − 3x + x2dx I = −x√2 − 3x + x2₋1 4 R (2x − 3)dx √ 2 − 3x + x2 − 3 4 R dx r (x − 3 2) 2₋1 4 +R r (x −3 2) 2₋1 4dx I = −x√2 − 3x + x2₋1 42 √ 2 − 3x + x2₋3 4ln|x − 3 2 + √ 2 − 3x + x2_{| +} 1 2[(x − 3 2) √ 2 − 3x + x2 −1 4ln|x − 3 2 + √ 2 − 3x + x2_|] Luego, I = −(2x + 5 4 ) √ 2 − 3x + x2₋7 8ln|2x − 3 + 2 √ 2 − 3x + x2_{+ C}

Ejercicio 36: I = Z _dx (x + 1)√3 1 + 3x + 3x2 Soluci´on: Sea u = x 1 + x ⇒ x = u 1 − u ⇒ dx = du (1 − u)2

Luego sustituyendo tenemos:

I =R du (1 − u)2 ( u 1 − u+ 1) r 1 + 3u 1 − u+ 3u2 (1 − u)2 =R du 3 p(1 − u)2_{+ 3(1 − u) + 3u}2 I =R du 3 √ 1 − u3 =R (1 − u 3₎−1/3_du De donde: p = −1 3, (s = 3), m = 0, n = 3 Como m + 1

n + p = 0 ∈ Z, lo que implica ha hacer la siguiente sustituci´on: Sea 1 − u3 = t3u3 ⇒ u−3_{− 1 = t}3 _{⇒ du = −u}4_t2_dt Luego tenemos I = −R (t3u3)−1/3u4t2dt = −R u3tdt, pero u3= 1 t3_{+ 1} I = −R tdt t3_{+ 1} = − R tdt (t + 1)(t2_{− t + 1)}

Desconponiendo en fracciones parciales tenemos tdt (t + 1)(t2_{− t + 1)} = A t + 1 + Bt + C t2_{− t + 1}, esto sera A(t2− t + 1) + Bt(t + 1) + C(t + 1) = (A + B)t2_{+ (−A + B + C)t + (A + C)}

Igualando coeficientes obtenemos A = 1 3, B = C = 1 3 Finalmente Obtenemos I = 1 3 R dt t + 1− 1 3 R (t + 1)dt t2_{− t + 1} = 1 3ln|t + 1| − 1 6 R (2t − 1) + 3 t2_{− t + 1} dt I = 1 3ln|t + 1| − 1 6 R 2t − 1 t2_{− t + 1}dt − 1 2 R dt t2_{− t + 1} I = 1 3ln|t + 1| − 1 6ln|t 2_{− t + 1| −}1 2 R dt (t −1 2) 2₍ √ 3 2 ) 2 I = 1 3ln|t + 1| − 1 6ln|t 2_{− t + 1| −√}1 3arctan( 2t − 1 √ 3 ) + C Pero r 13 u3 − 1 = 3 r (x + 1)3 x3 − 1 = 3 √ 3x2_{+ 3x + 1}

x , luego sustituyendo en ¨I”, se tendra:

I = 1 3ln| 3 √ 3x2_{+ 3x + 1 + x} x | − 1 6ln| (3x2+ 3x + 1)2/3 x2 − 3 √ 3x2_{+ 3x + 1} x + 1| −√1 3arctan( 2√33x2_{+ 3x + 1 − x} √ 3x ) + C Ejercicio 65: I = Z dx 4 p(x − 1)3_{(x + 5)}5 Soluci´on: I =R dx 4 p(x + 2)8 4 p(x − 1)3_{(x + 2)}5 4 p(x + 2)8 =R dx (x + 2)24 r (x − 1 x + 2) 3 Sea u = x − 1 x + 2 ⇒ du = x + 2 − (x − 1) (x + 2)2 dx = 3dx

I =R 1 3 du u3/4 = 1 3u −3/4_{du =} 1 34u 1/4

Por lo tanto, se tiene

I = 4 3( x − 1 x + 2) 1/4_{+ C} Ejercicio 66: I = Z (cos2x − 3)dx cos4_x√_{4 − cot}2_x Soluci´on: I =R cos 2_{x − sen}2_{x − 3} cos4√_{4 − cot}2_x dx = R 1 − sen 2_{− sen}2_{x − 3}

cos2_x√_{4 − cot}2_x sec 2_xdx I = −2R sen 2_{+ 1} cos2_x r 4 − 1 tan2_x sec2xdx = −2R 2sen 2_{x + cos}2_x

cos2_x√_4tan2_{x − 1}tanxsec 2_xdx I = −2R 2tan 2_{x + 1} √ 4tan2_{x − 1 − 1}tanxsec 2_xdx

Sea u2= 4tan2x − 1 ⇒ 2udu = 8tanxsec2xdx. Sustituyendo tenemos:

I = −2R u2+ 1 2 + 1 u udu 4 = − 1 2 R u 2_{+ 3} 2 du = − 1 4( u3 3 + 3u) = − 1 4u( u2 3 + 3) I = −1 4 √ 4tan2_{x − 1(}4tan 2_{x − 1} 2 + 3) = − 1 3 √ 4 − cot2_x cotx (tan 2_{x + 2)} I = −1 3tanx(2 + tan 2_x)√_{4 − cot}2_{+ C}