Universidad Nacional de Colombia Departamento de Matemáticas 1000005-7 Cálculo Integral - Grupo 7 Tarea 2 (i) (15 Puntos) Z dx . +1 x6 Sugerencia: para descomponer x6 + 1 en factores lineales y cuadráticos, descomponga primero y 3 + 1, utilizando el hecho que y 3 + 1 = (y + 1)(y 2 − y + 1). Solución: sabemos que y 3 + 1 = (y + 1)(y 2 − y + 1). Tomando y = x2 tenemos que x6 + 1 = (x2 + 1)(x4 − x2 + 1). Pero x4 − x2 + 1 = (x2 + 1)2 − 2x2 − x2 = (x2 + 1)2 − 3x2 , de manera que x4 − x2 + 1 = (x2 + 1 − √ 3 x)(x2 + 1 + √ 3 x). Ası́ que debemos hallar ahora el valor de A, B, C, D, E, y F de tal manera que Z Z Z 1 Ax + B Cx + D Ex + F √ √ dx = dx + dx + dx; 6 2 2 2 x +1 x +1 x + 1 − 3x x + 1 + 3x es decir, se deben encontrar los valores de A, B, C, D, E, y F para los que √ √ √ √ 1 = (Ax+B)(x2 +1− 3 x)(x2 +1+ 3 x)+(Cx+D)(x2 +1)(x2 +1+ 3 x)+(Ex+F )(x2 +1)(x2 +1− 3 x). Resolviendo el sistema de seis ecuaciones con seis incógnitas que surge de la anterior igualdad, tenemos: √ √ −1 3 − 3 1 A = 0; B = ; C= ; D = 1; E = ; F = . 3 6 6 3 Reemplazando estos valores y resolviendo las integrales obtenidas, se tiene que √ √ √ √ ! Z tan−1 (2x − 3) tan−1 (2x + 3) tan−1 (x) 3 x2 + 1 − 3 x dx √ = + + − ln . x6 + 1 6 6 3 12 x2 + 1 + 3 x (ii) (20 Puntos) Evalúe las siguientes integrales: Z x q (a) dx. p 1 + x2 + (1 + x2 )3 Z ex (c) dx. 2x e + 3ex + 2 Z (b) Z (d) 0 1 x sin−1 (x2 )dx. π 4 dx . 1 − sin(x) + cos(x) Solución: (a) Tomando u = 1 + x2 , entonces du = 2xdx, y por lo tanto Z Z x 1 du q p dx = √ p 2 u + u3 1 + x2 + (1 + x2 )3 Z Z du 1 du 1 √ = = √ p √ 3/2 2 2 u+u u (1 + u) Z q √ √ dt = √ =2 t+C =2 1+ u+C t q p =2 1 + 1 + x2 + C, √ donde t = 1 + u. (b) Tomando t = x2 se tiene que dt = 2xdx, de manera que Z Z 1 sin−1 (t)dt. x sin−1 (x2 )dx = 2 Aplicando integración por partes, con u = sin−1 (t) y dv = dt, tenemos: " # Z Z 1 1 t √ sin−1 (t)dt = t sin−1 (t) − dt 2 2 1 − t2 " # Z 1 dw 1 −1 √ = t sin (t) + 2 2 w " # " # p p 1 1 = t sin−1 (t) + 1 − t2 + C = x2 sin−1 (x2 ) + 1 − x4 + C, 2 2 (iii) (10 Puntos) Use integración por partes para demostrar las siguientes fórmulas de reducción: Z Z x(a2 − x2 )n 2na2 (a) (a2 − x2 )n dx = + (a2 − x2 )n−1 dx. 2n + 1 2n + 1 Z Z 1 n−1 (b) senn (x)dx = − cos(x) senn−1 (x) + senn−2 (x)dx. n n Solución:(a) tomando u = (a2 − x2 )n y dv = dx, tenemos du = −2n(a2 − x2 )n−1 xdx y v = x. Usando integración por partes tenemos: Z Z (a2 − x2 )n dx =x(a2 − x2 )n + 2n x2 (a2 − x2 )n−1 dx ! Z Z Z =x(a2 − x2 )n + 2n 2 2 n 2 2 n x2 (a2 − x2 )n−1 dx − Z =x(a − x ) + 2n =x(a − x ) − 2n 2 2 2 2 n−1 −(a − x )(a − x ) Z 2 2 n (a − x ) dx + 2na 2 a2 (a2 − x2 )n−1 dx + 2 Z Z dx + a2 (a2 − x2 )n−1 dx ! 2 2 2 n−1 a (a − x ) (a2 − x2 )n−1 dx; dx esta última igualdad implica que Z Z 2 2 n 2 2 n 2 (a2 − x2 )n−1 dx, (2n + 1) (a − x ) dx = x(a − x ) + 2na de donde, dividiendo por 2n + 1, se sigue la identidad. (b) tomando u = senn−1 (x) y dv = sen(x)dx; por tanto, du = (n − 1) senn−2 (x) cos(x) y v = − cos(x). Tenemos, Z Z senn (x)dx = − senn−1 (x) cos(x) + cos(x)(n − 1) senn−2 (x) cos(x)dx Z n−1 = − sen (x) cos(x) + (n − 1) cos2 (x) senn−2 (x)dx (∗); pero cos2 (x) = 1 − sen2 (x), de manera que (∗) = − senn−1 (x) cos(x) + (n − 1) Z (1 − sen2 (x)) senn−2 (x)dx Z Z n−1 n−2 = − sen (x) cos(x) + (n − 1) sen (x)dx − (n − 1) senn (x)dx ası́ que Z n senn (x)dx = − senn−1 (x) cos(x) + (n − 1) Z senn−2 (x)dx, es decir, Z senn (x)dx = − n−1 1 cos(x) senn−1 (x) + n n Z senn−2 (x)dx (iv) (5 Puntos) Calcule la siguiente integral definida: Z e2 xx (ln(x) + 1)dx. e Solución: basta notar que si F (x) = xx , entonces F 0 (x) = xx (ln(x) + 1). Como xx (ln(x) + 1) es una función continua, aplicando el segundo teorema fundamental de cálculo tenemos que e2 Z e e2 2 xx (ln(x) + 1)dx = xx |e = e2e − ee . Alternativamente, tomando u = xx , tenemos du = xx (ln(x) + 1)dx y por lo tanto Z 2 e2 Z x e2e x (ln(x) + 1)dx = ee e e2e 2 du = u|ee . Es importante tener cuidado con los lı́mites de integración al usar el método de sustitución. 3