REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA
Centro Local: Mérida, Oficina de Apoyo: Mérida
Asignatura: Matemática III Cód. 733
TRABAJO PRÁCTICO SUSTITUTIVO 01
Nombre Completo: Undibal Alejandro Rivas Calderon
Número de cédula de identidad: 13.748.020
Fecha completa en la que entregó el trabajo:
Correo electrónico del estudiante: undibalr@gmail.com
Resultados de Corrección
No. Objetivo
0 = NL
1=L
I.1
I.2
II.1
II.2
P:1, O. I. 1. Resuelva según el enunciado de cada problema:
1.
a. Si 𝒇(𝒏+𝟏) (𝒙) es continua en [𝒂, 𝒃], demostrar que para 𝒙 en [𝒂, 𝒃]:
𝒇(𝒙) = 𝒇(𝒂) + 𝒇´(𝒂)(𝒙 − 𝒂) +
+
𝒇´´(𝒂)(𝒙 − 𝒂)𝟐
𝒇(𝒏) (𝒂)(𝒙 − 𝒂)(𝒏)
+ ⋯+
𝟐!
𝒏!
𝟏 𝒙
∫ (𝒙 − 𝒕)(𝒏) 𝒇(𝒏+𝟏) (𝒕)𝒅𝒕
𝒏! 𝒂
Resp.
Para recordar un poco, se dice que la serie de Taylor generada por 𝑓(𝑥) en torno a 𝑥 = 𝑎 es:
𝑓´´(𝑎)(𝑥 − 𝑎)2
𝑓 (𝑛) (𝑎)(𝑥 − 𝑎)(𝑛)
+⋯+
2!
𝑛!
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎) + 𝑓´(𝑎)(𝑥 − 𝑎) +
𝑛
𝑓(𝑥) = ∑
𝑘=0
𝑓 (𝑛) (𝑎)(𝑥 − 𝑎)𝑛
𝑘!
Por lo tanto, según el Teorema de Taylor, Supongamos que las 𝑛 + 1 derivadas de una
función 𝑓 existen en un intervalo abierto 𝐼, que contenga a 𝑎. Entonces para todo 𝑥 en 𝐼, se
define el residuo n de taylor como 𝑅𝑛 (𝑥),
𝑅𝑛 (𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑇𝑛 (𝑥)
esto es
𝑓(𝑥) = 𝑇𝑛 (𝑥) + 𝑅𝑛 (𝑥)
Para el residuo 𝑅1 se tiene que dado el polinomio de Taylor de grado 1
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎) +
𝑓 ′ (𝑎)
(𝑥 − 𝑎) + 𝑅1 (𝑥)
1!
Tenemos que en el punto 𝑥 cualquiera entonces,
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎) +
𝑓 ′ (𝑎)
(𝑥 − 𝑎) + 𝑅1 (𝑥) ⟹ 𝑅1 (𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎) − 𝑓 ′ (𝑎) (𝑥 − 𝑎)
1!
que se puede escribir aplicando teorema fundamental del cálculo y la integración por partes se
tiene que haciendo que,
𝑥
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑎) + ∫ 𝑓 ′ (𝑡) 𝑑𝑡
𝑎
𝑅1 (𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎) − 𝑓 ′ (𝑎) (𝑥 − 𝑎) =
𝑥
1
((𝑥 − 𝑥)𝑓 ′ (𝑥) − (𝑥 − 𝑎)𝑓 ′ (𝑎) + ∫ 𝑓 ′ (𝑡)𝑑𝑡)
1!
𝑎
𝑅1 (𝑥) =
𝑥
1
((𝑥 − 𝑡)|𝑎𝑥 − ∫ 𝑓 ′ (𝑡)(−𝑑𝑡))
1!
𝑎
Aplicando integración por parte inversamente, se tiene que,
𝑢 =𝑥−𝑡 𝑦
𝑑𝑣 = 𝑓 ′′ (𝑡)
𝑑𝑢 = −𝑑𝑡 𝑦
𝑹𝟏 (𝒙) =
𝑣 = 𝑓 ′ (𝑡)
𝟏 𝒙
∫ (𝒙 − 𝒕)𝟏 𝒇′′(𝒕)𝒅𝒕
𝟏! 𝒂
Por inducción y desarrollo para el polinomio de taylor de grado 2, se tiene que,
𝑹𝟐 (𝒙) =
𝟏 𝒙
∫ (𝒙 − 𝒕)𝟐 𝒇𝟑 (𝒕)𝒅𝒕
𝟐! 𝒂
Por lo tanto, por Teorema de Taylor, Supóngase que 𝑓 es 𝑛 veces derivable en un intervalo 𝐼
que contiene a 𝑎, donde 𝑥 ≠ 𝑥0 y 𝑓 𝑛+1 (𝑥) existe para todo 𝑥 de 𝐼, entre 𝑥, 𝑎 si 𝑇𝑛 (𝑥) y
𝑅𝑛 (𝑥) están bien definidos entonces existe 𝑡 ∈ 𝐼 tal que,
𝑹𝒏 (𝒙) =
𝟏 𝒙
∫ (𝒙 − 𝒕)(𝒏) 𝒇(𝒏+𝟏) (𝒕)𝒅𝒕
𝒏! 𝒂
esta es la llamada forma integral del residuo.
Demostración,
La prueba es por inducción, el caso 𝑛 = 1 ya se ha tratado más arriba, supongamos
𝒙
𝑹𝒏 (𝒙) = ∫ (𝒙 − 𝒕)(𝒏)
𝒂
𝒇(𝒏+𝟏) (𝒕)
𝒅𝒕
𝒏!
Ahora bien, si n = k + 1 integrando por partes se obtiene
𝑢 = (𝑥 − 𝑡)𝑛+1 𝑦
𝑑𝑣 = 𝑓 𝑛+2 (𝑡)
𝑑𝑢 = −(𝑘 + 1)(𝑥 − 𝑡)𝑛 𝑑𝑡 𝑦
𝑥
(𝑛) 𝑓
∫ (𝑥 − 𝑡)
𝑎
(𝑛+1)
𝑛!
=
=
(𝑡)
𝑣 = 𝑓 𝑛+1 (𝑡)
𝑑𝑡
𝑥
1
𝑥
((𝑥 − 𝑡)𝑛+1 𝑓 𝑘+1 (𝑡)|𝑎 + (𝑛 + 1) ∫ (𝑥 − 𝑡)𝑛 𝑓 𝑘+1 (𝑡) 𝑑𝑡)
(𝑛 + 1)!
𝑎
𝑥
1
((𝑥 − 𝑥)𝑛+1 𝑓 𝑘+1 (𝑥) − (𝑥 − 𝑎)𝑛+1 𝑓 𝑘+1 (𝑎) + (𝑛 + 1) ∫ (𝑥 − 𝑡)𝑛 𝑓 𝑘+1 (𝑡) 𝑑𝑡)
(𝑛 + 1)!
𝑎
=
=
𝑓 𝑘+1 (𝑎)
+ 𝑅𝑛 (𝑥)
(𝑛 + 1)!
𝑓 𝑘+1 (𝑎)
+ 𝑓(𝑥) − 𝑇𝑛 (𝑥)
(𝑛 + 1)!
𝑛
𝑓 𝑘+1 (𝑎)
𝑓 𝑖 (𝑎)
(𝑥 − 𝑎)𝑖
=
+ 𝑓(𝑥) − ∑
(𝑛 + 1)!
𝑖!
𝑖=0
𝑛+1
= 𝑓(𝑥) − ∑
𝑖=0
𝑓 𝑖 (𝑎)
(𝑥 − 𝑎)𝑖 = 𝑓(𝑥) − 𝑇𝑛+1 (𝑥)
𝑖!
= 𝑹𝒏+𝟏 (𝒙)
b. Aplicar (a) para obtener las formas de Lagrange y de Cauchy del resto del teorema de
Taylor.
Resp.
Deducir la forma de Cauchy del residuo a partir de la forma integral del residuo, tenemos que,
𝑓 (𝑛+1) (𝑡)
𝑅𝑛 (𝑥) = ∫ (𝑥 − 𝑡)
𝑑𝑡
𝑛!
𝑎
𝑥
𝑛
Según el teorema del valor medio,
𝑥
∫ (𝑥 − 𝑡)𝑛
𝑎
𝑓 (𝑛+1) (𝑡)
𝑓 (𝑛+1) (𝑡)
(𝑥 − 𝑡)(𝑥 − 𝑎),
𝑑𝑡 =
𝑛!
𝑛!
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑥)
Por lo que,
𝑹𝒏 (𝒙) =
𝒇(𝒏+𝟏) (𝒕)
(𝒙 − 𝒕)(𝒙 − 𝒂),
𝒏!
𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒕 ∈ (𝒂, 𝒙)
que se llama la forma de Cauchy del residuo.
Deducir la forma de Lagrange del residuo a partir de la forma integral del residuo, tenemos
que, según el teorema del valor medio para derivadas,
𝑓 𝑛 (𝑥) − 𝑓 𝑛 (𝑡)
= 𝑓 𝑛+1 (𝜉),
𝑥−𝑡
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝜉 ∈ (𝑥, 𝑡)
Por otro lado,
𝑓 𝑛 (𝑥) − 𝑓 𝑛 (𝑡)
= lim 𝑓 𝑛+1 (𝜉) = 𝑓 𝑛+1 (𝜉)
𝑥→𝑡
𝑥→𝑡
𝑥−𝑡
𝑓 𝑛+1 (𝑡) = lim
Por lo tanto,
𝑓 𝑛+1 (𝑡) = 𝑓 𝑛+1 (𝜉)
De esta manera,
𝑥
𝑅𝑛 (𝑥) = ∫ (𝑥 − 𝑡)𝑛
𝑎
𝑥
= ∫ (𝑥 − 𝑡)𝑛
𝑎
=
𝑓 (𝑛+1) (𝑡)
𝑑𝑡
𝑛!
𝑓 (𝑛+1) (𝜉)
𝑑𝑡
𝑛!
𝑓 (𝑛+1) (𝜉) 𝑥
∫ (𝑥 − 𝑡)𝑛 𝑑𝑡
𝑛!
𝑎
𝑥
𝑓 (𝑛+1) (𝜉)
1
𝑓 (𝑛+1) (𝜉)(𝑥 − 𝑎)𝑛+1
𝑛+1
(𝑥 − 𝑡) | ) =
=
, 𝜉 ∈ (𝑎, 𝑥)
(−
(𝑛 + 1)!
𝑛!
𝑛+1
𝑎
Por lo tanto,
𝑹𝒏 (𝒙) =
𝒇(𝒏+𝟏) (𝝃)(𝒙 − 𝒂)𝒏+𝟏
, 𝝃 ∈ (𝒂, 𝒙)
(𝒏 + 𝟏)!
que es la forma de Lagrange del residuo.
2. Calcular los siguientes integrales, sin usar tablas y simplifique.
a.
∫ 𝟐−𝒙 𝐭𝐚𝐧𝐡(𝟐𝟏−𝒙 )𝒅𝒙
Resp.
aplicando integración por sustitución se tiene que,
𝑢 = 21−𝑥
Aplicando ley de los exponenciales 𝑎𝑏 = 𝑒 𝑏𝑙𝑛(𝑎), entonces,
𝑢 = 𝑒 (1−𝑥)𝑙𝑛(2)
𝑑𝑢 =
𝑑𝑢 𝑑(𝑒 (1−𝑥)𝑙𝑛(2) )
=
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Aplicando regla de la cadena,
𝑑𝑢 = 𝑒 (1−𝑥)𝑙𝑛(2)
𝑑((1 − 𝑥)𝑙𝑛(2))
𝑑((1 − 𝑥))
= 𝑒 (1−𝑥)𝑙𝑛(2) 𝑙𝑛(2)
= −𝑒 (1−𝑥)𝑙𝑛(2) 𝑙𝑛(2)
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑢 = 𝑒 (1−𝑥)𝑙𝑛(2)
𝑑((1 − 𝑥)𝑙𝑛(2))
𝑑((1 − 𝑥))
= 𝑒 (1−𝑥)𝑙𝑛(2) 𝑙𝑛(2)
= −𝑒 (1−𝑥)𝑙𝑛(2) 𝑙𝑛(2)
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Simplificando −𝑒 (1−𝑥)𝑙𝑛(2) , se tiene que
𝑑𝑢 = −𝑙𝑛(2)21−𝑥 𝑑𝑥
𝒅𝒙 =
𝒅𝒖
𝒅𝒖
=
−
−𝒍𝒏(𝟐)𝟐𝟏−𝒙
𝒍𝒏(𝟐)𝒖
𝑙𝑛(𝑢) = 𝑙𝑛(21−𝑥 ) = (1 − 𝑥)𝑙𝑛(2) = (𝑙𝑛(2) − 𝑥𝑙𝑛(2))
𝑙𝑛(𝑢) − 𝑙𝑛(2) = −𝑥𝑙𝑛(2)
𝑥=−
𝑙𝑛(𝑢) − 𝑙𝑛(2)
𝑙𝑛(2)
Entonces,
∫ 2−𝑥 tanh(21−𝑥 )𝑑𝑥 = ∫ −2
𝑙𝑛(𝑢)−𝑙𝑛(2) tanh(𝑢)
𝑙𝑛(2)
𝑑𝑢
𝑙𝑛(2)𝑢
=−
Aplicando integración por sustitución,
𝑣=2
𝑙𝑛(𝑢)−𝑙𝑛(2)
𝑙𝑛(2)
Aplicando ley de los exponenciales 𝑎𝑏 = 𝑒 𝑏𝑙𝑛(𝑎), entonces,
𝑙𝑛(𝑢)−𝑙𝑛(2) tanh(𝑢)
1
∫ 2 𝑙𝑛(2)
𝑑𝑢
𝑙𝑛(2)
𝑢
𝑣=𝑒
𝑙𝑛(𝑢)−𝑙𝑛(2)
ln(2)
𝑙𝑛(2)
𝑑 (𝑒
𝑑𝑣 =
𝑙𝑛(𝑢)−𝑙𝑛(2)
ln(2)
𝑙𝑛(2)
)
𝑑𝑢
Aplicando regla de la cadena,
𝑑𝑣 =
𝑑(
𝑙𝑛(𝑢)−𝑙𝑛(2)
ln(2)
𝑙𝑛(2)
𝑒
𝑑𝑣 = 𝑒
Simplificando 𝑒
𝑙𝑛(𝑢)−𝑙𝑛(2)
ln(2)
𝑙𝑛(2)
𝑒
1
,
𝑢
𝑙𝑛(𝑢) − 𝑙𝑛(2)
ln(2))
𝑙𝑛(2)
𝑙𝑛(𝑢)−𝑙𝑛(2)
ln(2)
𝑙𝑛(2)
𝑑𝑥𝑢
1
𝑑𝑥
𝑢
se tiene que
𝑙𝑛(𝑢)−𝑙𝑛(2)
ln(2) 1
𝑙𝑛(2)
𝑢
= 𝑒 𝑙𝑛(𝑢)−𝑙𝑛(2)−𝑙𝑛(𝑢) =
1
2
1
𝑑𝑣 = 𝑑𝑢
2
2𝑑𝑣 = 𝑑𝑢
2𝑣 = 𝑢
Entonces,
=−
𝑙𝑛(𝑢)−𝑙𝑛(2) tanh(𝑢)
1
1
tanh(2𝑣)
∫ 2 𝑙𝑛(2)
𝑑𝑢 = −
∫𝑣
2𝑑𝑣
𝑙𝑛(2)
𝑢
𝑙𝑛(2)
2𝑣
=−
1
∫ tanh(2𝑣)𝑑𝑣
𝑙𝑛(2)
Aplicando integración por sustitución,
𝑤 = 2𝑣
𝑑𝑤 = 2𝑑𝑣
𝑑𝑤
= 𝑑𝑣
2
Entonces,
−
1
𝑑𝑤
1 1
∫ tanh(𝑤)
=−
∫ tanh(𝑤)𝑑𝑤
𝑙𝑛(2)
2
2 𝑙𝑛(2)
Usando identidad trigonométrica,
−
1 1
sinh(𝑤)
∫
𝑑𝑤
2 𝑙𝑛(2) cosh(𝑤)
Aplicando integración por sustitución,
𝑡 = 𝑐𝑜𝑠ℎ(𝑤)
𝑑𝑡 = 𝑠𝑖𝑛ℎ(𝑤)𝑑𝑤
𝑑𝑡
= 𝑑𝑤
𝑠𝑖𝑛ℎ(𝑤)
Entonces
−
1 1
sinh(𝑤)
1 1
1
∫
𝑑𝑤 = −
∫ 𝑑𝑡
2 𝑙𝑛(2) cosh(𝑤)
2 𝑙𝑛(2) t
Aplicando regla de integración,
1
∫ 𝑑𝑡 = 𝑙𝑛|𝑡|
t
−
1 1
1
1 1
∫ 𝑑𝑡 = −
𝑙𝑛|𝑡|
2 𝑙𝑛(2) t
2 𝑙𝑛(2)
Sustituyendo hacia atrás,
=−
1 1
1 1
1 1
𝑙𝑛|𝑡| = −
𝑙𝑛|𝑐𝑜𝑠ℎ(𝑤)| = −
𝑙𝑛|𝑐𝑜𝑠ℎ(2𝑣)|
2 𝑙𝑛(2)
2 𝑙𝑛(2)
2 𝑙𝑛(2)
𝑙𝑛(𝑢)−𝑙𝑛(2)
1 1
=−
𝑙𝑛 |𝑐𝑜𝑠ℎ (2 ∗ 2 𝑙𝑛(2) )|
2 𝑙𝑛(2)
1−𝑥
𝑙𝑛(2
)−𝑙𝑛(2)
(1−𝑥)𝑙𝑛(2)−𝑙𝑛(2)
1 1
1 1
𝑙𝑛(2)
𝑙𝑛(2)
=−
𝑙𝑛 |𝑐𝑜𝑠ℎ (2 ∗ 2
)| = −
𝑙𝑛 |𝑐𝑜𝑠ℎ (2 ∗ 2
)|
2 𝑙𝑛(2)
2 𝑙𝑛(2)
=−
(𝑙𝑛(2)−𝑥𝑙𝑛(2))−𝑙𝑛(2)
1 1
1 1
𝑙𝑛(2)
𝑙𝑛 |𝑐𝑜𝑠ℎ (2 ∗ 2
)| = −
𝑙𝑛|𝑐𝑜𝑠ℎ(2 ∗ 2−𝑥 )|
2 𝑙𝑛(2)
2 𝑙𝑛(2)
=−
1 1
𝑙𝑛|𝑐𝑜𝑠ℎ(21−𝑥 )|
2 𝑙𝑛(2)
Por lo tanto,
∫ 𝟐−𝒙 𝐭𝐚𝐧𝐡(𝟐𝟏−𝒙 )𝒅𝒙 = −
𝟏
𝒍𝒏|𝒄𝒐𝒔𝒉(𝟐𝟏−𝒙 )| + 𝑪
𝟐𝒍𝒏(𝟐)
b.
𝒙
∫
√𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝟏
𝒅𝒙
Resp.
Primero se completas los cuadrados
1 2 3
𝑥 + 𝑥 + 1 = (𝑥 + ) +
2
4
2
∫
𝑥
√𝑥 2 + 𝑥 + 1
𝑑𝑥 = ∫
𝑥
2
√(𝑥 + 1) + 3
2
4
𝑑𝑥 =
Aplicando integración por sustitución,
𝑢=𝑥+
𝑥=𝑢−
1
2
1 2𝑢 − 1
=
2
2
𝑢𝑑 = 𝑑𝑥
∫
2𝑢 − 1
3
2√(𝑢)2 +
4
𝑑𝑢 = ∫
∫
2𝑢 − 1
√4(𝑢)2 + 3
2𝑢
√4(𝑢)2 + 3
𝑑𝑢 = ∫
2𝑢
√4(𝑢)2 + 3
𝑑𝑢 = 2 ∫
𝑑𝑢 − ∫
𝑢
√4(𝑢)2 + 3
1
√4(𝑢)2 + 3
𝑑𝑢
Aplicando integración por sustitución,
𝑣 = 4(𝑢)2 + 3
𝑑𝑣 = 8𝑢 𝑑𝑢
𝑑𝑣
= 𝑑𝑢
8𝑢
= 2∫
𝑢
√4(𝑢)2 + 3
𝑑𝑢 = 2 ∫
1
𝑢 𝑑𝑣 1 1
1
= ∫
𝑑𝑣 = ∫ 𝑣 −2 𝑑𝑣
4
√𝑣 8𝑢 4 √𝑣
Aplicando regla de potenciación,
1
1
11 1 1 1
= ∫ 𝑣 −2 𝑑𝑣 =
𝑣2 = 𝑣2
4
41
2
2
Sustituyendo hacia atrás,
∫
Ahora se hace,
2𝑢
1 1 1
𝑑𝑢 = 𝑣 2 = √4𝑢2 + 3
2
2
√4(𝑢)2 + 3
𝑑𝑢
∫
1
√4(𝑢)2 + 3
𝑑𝑢
Aplicando integración por sustitución,
𝑢=
√3
𝑡𝑎𝑛(𝑣)
2
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
𝑑𝑢 =
∫
1
√4(𝑢)2 + 3
2
√3
𝑢) = 𝑣
√3
𝑠𝑒𝑐 2 (𝑣)𝑑𝑣
2
1
𝑑𝑢 = ∫
√3
𝑠𝑒𝑐 2 (𝑣)𝑑𝑣
2
2
√4 (√3 𝑡𝑎𝑛(𝑣)) + 3
2
=∫
=∫
√3
𝑠𝑒𝑐 2 (𝑣)𝑑𝑣
3 2
1
√3
𝑠𝑒𝑐 2 (𝑣)𝑑𝑣 = ∫
2
2
√3𝑡𝑎𝑛 (𝑣) + 3
1
=∫
1
√3𝑡𝑎𝑛2 (𝑣) +
𝑠𝑖𝑛2 (𝑣) + 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑣)
√
𝑐𝑜𝑠 2 (𝑣)
1
𝑠𝑒𝑐 2 (𝑣)𝑑𝑣 = ∫
2
1
𝑠𝑖𝑛2 (𝑣)
√3√ 2 (𝑣) + 1
𝑐𝑜𝑠
1
√
1
𝑐𝑜𝑠 2 (𝑣)
√3
𝑠𝑒𝑐 2 (𝑣)𝑑𝑣
2
1
1 1
𝑠𝑒𝑐 2 (𝑣)𝑑𝑣 = ∫
𝑠𝑒𝑐 2 (𝑣)𝑑𝑣
2
𝑠𝑒𝑐(𝑣) 2
1
= ∫ 𝑠𝑒𝑐(𝑣)𝑑𝑣
2
Por regla de integración
1
1
= ∫ 𝑠𝑒𝑐(𝑣)𝑑𝑣 = 𝑙𝑛|𝑡𝑎𝑛(𝑣) + 𝑠𝑒𝑐(𝑣)|
2
2
1
2
2
= 𝑙𝑛 |𝑡𝑎𝑛 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( 𝑢)) + 𝑠𝑒𝑐 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( 𝑢))|
2
√3
√3
1
2
2
= 𝑙𝑛 | 𝑢 + 𝑠𝑒𝑐 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( 𝑢))|
2
√3
√3
Como,
sec(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑚)) = √1 + 𝑥 2
Por lo tanto,
2
1
2
2
√
= 𝑙𝑛 | 𝑢 + 1 + ( 𝑢) |
2
√3
√3
1
2
3 + 4𝑢2
= 𝑙𝑛 | 𝑢 + √
|
2
3
√3
∫
1
2
3 + 4𝑢2
𝑑𝑢 = 𝑙𝑛 | 𝑢 + √
|
2
3
√3
√4(𝑢)2 + 3
1
Entonces se tiene que,
∫
=∫
𝑥
√𝑥 2
2𝑢
√4(𝑢)2 + 3
+𝑥+1
𝑑𝑢 − ∫
𝑑𝑥
1
√4(𝑢)2 + 3
𝑑𝑢
1
1
2
3 + 4𝑢2
= √4𝑢2 + 3 − 𝑙𝑛 | 𝑢 + √
|
2
2
3
√3
1 2
3
+
4
(𝑥
+
1
1 2
1 |2
1
√
2) |
= √4 (𝑥 + ) + 3 − 𝑙𝑛
(𝑥 + ) +
|
2
2
2 |√3
2
3
1 |2
1
= √𝑥 2 + 𝑥 + 1 − 𝑙𝑛
(𝑥 + ) +
2 |√3
2
1 2
3
+
4
(𝑥
+
√
2) |
3
|
1 2
3
+
4
(𝑥
+
)
1
2
2𝑥
+
1
√
|
2 |
= √𝑥 2 + 𝑥 + 1 − 𝑙𝑛
(
)+
|
2 |√3
2
3
1
2𝑥
1
4𝑥 2 + 4𝑥 + 4
= √𝑥 2 + 𝑥 + 1 − 𝑙𝑛 | + ( ) + √
|
2
3
√3
√3
Entonces,
∫
𝟏
𝟐𝒙
𝟏
𝟒𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 + 𝟒
𝒅𝒙 = √𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝟏 − 𝒍𝒏 | +
+√
|+𝑪
𝟐
𝟑
√𝟑 √𝟑
√𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝟏
𝒙
c.
∫
𝒙𝟔
𝒅𝒙
𝒙𝟑 − 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟐
Resp.
Primero se sacan las fracciones parciales de
𝑥6
𝑥 3 − 2𝑥 2 + 𝑥 − 2
Se prepara los polinomios para la división, y se realiza
𝑥 3 + 2𝑥 2 + 3𝑥 + 6
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
6
𝑥 − 2𝑥 + 𝑥 − 2 ⌈𝑥 + 0𝑥 5 + 0𝑥 4 + 0𝑥 3 + 0𝑥 2 + 0𝑥 1 + 0
−𝑥 6 + 2𝑥 5 − 𝑥 4 + 2𝑥 3
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
5 − 𝑥 4 + 2𝑥 3 + 0𝑥 2
2𝑥
−2𝑥 5 + 4𝑥 4 − 2𝑥 3 + 4𝑥 2
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
3𝑥 4 − 0𝑥 3 + 4𝑥 2 + 0𝑥 1 + 0
−3𝑥 4 + 6𝑥 3 − 3𝑥 2 + 6𝑥 1 + 0
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
+6𝑥 3 + 𝑥 2 + 6𝑥 1 + 0
−6𝑥 3 + 12𝑥 2 − 6𝑥 1 + 12
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
13𝑥 2 − 0𝑥 1 + 12
3
2
𝒙𝟔
𝟏𝟑𝒙𝟐 + 𝟏𝟐
𝟑
𝟐
=
𝒙
+
𝟐𝒙
+
𝟑𝒙
+
𝟔
+
𝒙𝟑 − 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟐
𝒙𝟑 − 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟐
Ahora se aplica fracciones parciales a
13𝑥 2 + 12
𝑥 3 − 2𝑥 2 + 𝑥 − 2
Se factoriza denominador
13𝑥 2 + 12
13𝑥 2 + 12
13𝑥 2 + 12
=
=
(𝑥 3 − 2𝑥 2 ) + 𝑥 − 2 𝑥 2 (𝑥 − 2) + (𝑥 − 2) (𝑥 2 + 1)(𝑥 − 2)
Modelo de fracción parcial,
13𝑥 2 + 12
𝐴
𝐵𝑥 + 𝐶
=
+ 2
2
(𝑥 + 1)(𝑥 − 2) (𝑥 − 2) (𝑥 + 1)
Multiplicando la ecuación por el denominador,
(13𝑥 2 + 12)(𝑥 2 + 1)(𝑥 − 2) 𝐴(𝑥 2 + 1)(𝑥 − 2) (𝐵𝑥 + 𝐶)(𝑥 2 + 1)(𝑥 − 2)
=
+
(𝑥 2 + 1)(𝑥 − 2)
(𝑥 − 2)
(𝑥 2 + 1)
(𝟏𝟑𝒙𝟐 + 𝟏𝟐) = 𝑨(𝒙𝟐 + 𝟏) + (𝑩𝒙 + 𝑪)(𝒙 − 𝟐)
Haciendo 𝑥 = 2, se tiene que
(13 ∗ 22 + 12) = 𝐴(22 + 1)
(64) = (4𝐴 + 𝐴)
𝑨=
𝟔𝟒
𝟓
Entonces,
(13𝑥 2 + 12) =
64 2
(𝑥 + 1) + (𝐵𝑥 + 𝐶)(𝑥 − 2)
5
Desarrollando,
(13𝑥 2 + 12) =
64 2 64
𝑥 +
+ 𝐵𝑥 2 − 2𝐵𝑥 + 𝐶𝑥 − 2𝐶
5
5
(13𝑥 2 + 12) = ( 𝐵 +
64 2
64
) 𝑥 + (𝐶 − 2𝐵)𝑥 + ( − 2𝐶)
5
5
Se saca el sistema de ecuaciones
64
) = 13
5
(𝐶 − 2𝐵) = 0
64
( − 2𝐶) = 12
5
(𝐵+
Resolviendo el sistema
𝐶 = 2𝐵
(
4𝐵 =
64
− 4𝐵) = 12
5
64
64 − 60 4
− 12 =
=
5
5
5
𝐵=
1
5
𝐶=
2
5
Entonces,
64
1
2
𝑥+
𝑥6
5
5
5
3
2
= 𝑥 + 2𝑥 + 3𝑥 + 6 +
+
(𝑥 − 2) (𝑥 2 + 1)
𝑥 3 − 2𝑥 2 + 𝑥 − 2
𝑥6
64
𝑥+2
= 𝑥 3 + 2𝑥 2 + 3𝑥 + 6 +
+
3
2
𝑥 − 2𝑥 + 𝑥 − 2
5(𝑥 − 2) 5(𝑥 2 + 1)
Ahora resolvemos la integral por regla de suma,
∫
𝑥6
64
𝑥+2
= ∫ 𝑥 3 + ∫ 2𝑥 2 + ∫ 3𝑥 + ∫ 6 + ∫
+∫
3
2
𝑥 − 2𝑥 + 𝑥 − 2
5(𝑥 − 2)
5(𝑥 2 + 1)
∫ 𝑥3 =
𝑥4
4
∫ 2𝑥 2 =
2𝑥 3
3
∫ 3𝑥 =
3𝑥 2
2
∫ 6 = 6𝑥
∫
∫
64
64
=
𝑙𝑛|(𝑥 − 2)|
5(𝑥 − 2)
5
𝑥+2
1
𝑥+2
1
𝑥
2
= ∫ 2
= (∫ 2
+∫ 2
)
2
(𝑥 + 1)
(𝑥 + 1)
5(𝑥 + 1) 5 (𝑥 + 1) 5
∫
𝑥+2
1 1
=
( 𝑙𝑛|(𝑥 2 + 2)| + 2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥))
5(𝑥 2 + 1) 5 2
Entonces,
∫
𝒙𝟔
=
𝒙𝟑 − 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟐
𝒙𝟒 𝟐𝒙𝟑 𝟑𝒙𝟐
𝟔𝟒
𝟏 𝟏
+
+
+ 𝟔𝒙 +
𝒍𝒏|(𝒙 − 𝟐)| + ( 𝒍𝒏|(𝒙𝟐 + 𝟐)| + 𝟐𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏(𝒙)) + 𝑪
𝟒
𝟑
𝟐
𝟓
𝟓 𝟐
d.
∫ 𝟑𝒙 𝒄𝒐𝒔(𝒙) 𝒅𝒙
Resp.
Aplicando integración por partes
𝑢 = 3𝑥 , 𝑣′ = 𝑐𝑜𝑠(𝑥)
𝑑𝑢 = 3𝑥 𝑙𝑛(3)𝑑𝑥, 𝑣 = 𝑠𝑖𝑛(𝑥)
∫ 3𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥) 𝑑𝑥 = 3𝑥 𝑠𝑖𝑛(𝑥) − ∫ 3𝑥 𝑙𝑛(3)𝑠𝑖𝑛(𝑥)𝑑𝑥
= 3𝑥 𝑠𝑖𝑛(𝑥) − 𝑙𝑛(3) ∫ 3𝑥 𝑠𝑖𝑛(𝑥)𝑑𝑥
Aplicando integración por partes a
∫ 3𝑥 𝑠𝑖𝑛(𝑥)𝑑𝑥
𝑢 = 3𝑥 , 𝑣′ = 𝑠𝑖𝑛(𝑥)
𝑑𝑢 = 3𝑥 𝑙𝑛(3)𝑑𝑥, 𝑣 = −𝑐𝑜𝑠(𝑥)
∫ 3𝑥 𝑠𝑖𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = −3𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥) + ∫ 3𝑥 𝑙𝑛(3)𝑐𝑜𝑠(𝑥)𝑑𝑥
= −3𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 𝑙𝑛(3) ∫ 3𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥)𝑑𝑥
Por lo tanto,
∫ 3𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥) 𝑑𝑥 = 3𝑥 𝑠𝑖𝑛(𝑥) − 𝑙𝑛(3) (−3𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 𝑙𝑛(3) ∫ 3𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥)𝑑𝑥)
= 3𝑥 𝑠𝑖𝑛(𝑥) + 3𝑥 𝑙𝑛(3)𝑐𝑜𝑠(𝑥) − 𝑙𝑛2 (3) ∫ 3𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥)𝑑𝑥
despejando∫ 3𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥)𝑑𝑥, se tiene que,
∫ 3𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑙𝑛2 (3) ∫ 3𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥)𝑑𝑥 = 3𝑥 𝑠𝑖𝑛(𝑥) + 3𝑥 𝑙𝑛(3)𝑐𝑜𝑠(𝑥)
(1 + 𝑙𝑛2 (3)) ∫ 3𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥) 𝑑𝑥 = 3𝑥 𝑠𝑖𝑛(𝑥) + 3𝑥 𝑙𝑛(3)𝑐𝑜𝑠(𝑥)
∫ 𝟑𝒙 𝒄𝒐𝒔(𝒙) 𝒅𝒙 =
𝟑𝒙 𝒔𝒊𝒏(𝒙) + 𝟑𝒙 𝒍𝒏(𝟑)𝒄𝒐𝒔(𝒙)
+𝑪
(𝟏 + 𝒍𝒏𝟐 (𝟑))
e.
(𝒙 + 𝟐)
∫
√𝒙𝟐 + 𝟗
𝒅𝒙
Resp.
∫
(𝑥 + 2)
√𝑥 2 + 9
𝑑𝑥 = ∫
𝑥
√𝑥 2 + 9
𝑑𝑥 + ∫
2
√𝑥 2 + 9
𝑑𝑥
Entonces, para
∫
𝑥
√𝑥 2 + 9
𝑑𝑥
𝑢 = 𝑥2 + 9
𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥
∫
1
1 1
1
𝑑𝑢 = ∫ 𝑢−2 𝑑𝑢
2 √𝑢
2
Aplicando regla de potenciación
1
1
1
1
1 𝑢−2+1
−
2
∫ 𝑢 𝑑𝑥 =
= 𝑢2 = √𝑢 = √𝑥 2 + 9
2
2−1 + 1
2
∫
𝒙
√𝒙𝟐 + 𝟗
𝒅𝒙 = √𝒙𝟐 + 𝟗
Ahora se procede con el otro termino,
∫
2
√𝑥 2 + 9
𝑑𝑥 = 2 ∫
1
√𝑥 2 + 9
𝑑𝑥
Aplicando sustitución de variable
𝑥 = 3tan(𝑢)
𝑥
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( ) = 𝑢
3
𝑑𝑥 = 3𝑠𝑒𝑐 2 (𝑢)𝑑𝑢
2∫
1
√𝑥 2 + 9
𝑑𝑥 = 2 ∫
3𝑠𝑒𝑐 2 (𝑢)
𝑑𝑢 = 2 ∫
3𝑠𝑒𝑐 2 (𝑢)
√9tan(𝑢)2 + 9
3√tan(𝑢)2 + 1
3𝑠𝑒𝑐 2 (𝑢)
= 2∫
𝑑𝑢 = 2 ∫ 𝑠𝑒𝑐(𝑢)𝑑𝑢
3√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑢)
𝑑𝑢
Aplicando reglas de integración,
𝑥
𝑥
2 ∫ 𝑠𝑒𝑐(𝑢)𝑑𝑢 = 2𝑙𝑛|𝑡𝑎𝑛(𝑢) + 𝑠𝑒𝑐(𝑢)| = 2𝑙𝑛 |𝑡𝑎𝑛 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( )) + 𝑠𝑒𝑐 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( ))|
3
3
∫
2
𝑥
𝑥
𝑑𝑥 = 2𝑙𝑛 |𝑡𝑎𝑛 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( )) + 𝑠𝑒𝑐 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( ))|
3
3
√𝑥 2 + 9
𝑥
𝑥
= 2𝑙𝑛 | + 𝑠𝑒𝑐 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( ))|
3
3
Como 𝑠𝑒𝑐(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥)) = √1 + 𝑥 2 , se tiene que
𝑥
𝑥2
𝑥 1
1
= 2𝑙𝑛 | + √1 + | = 2𝑙𝑛 | + √9 + 𝑥 2 | = 2𝑙𝑛 | (𝑥 + √9 + 𝑥 2 )|
3
9
3 3
2
Entonces,
∫
𝒙
𝟏
𝒅𝒙 = √𝒙𝟐 + 𝟗 + 𝟐𝒍𝒏 | (𝒙 + √𝟗 + 𝒙𝟐 )| + 𝑪
𝟑
√𝒙𝟐 + 𝟗
f.
𝟑
∫ 𝟕𝒕(𝟐𝒕 + 𝟏)𝟐 𝒅𝒕
Resp.
3
3
∫ 7𝑡(2𝑡 + 1)2 𝑑𝑡 = 7 ∫ 𝑡(2𝑡 + 1)2 𝑑𝑡 =
Haciendo sustitución de variable,
𝑢 = 2𝑡 + 1
𝑑𝑢 = 2 𝑑𝑡
7∫
3 1
3
3
(𝑢 − 1)
7
7
(𝑢)2 𝑑𝑢 = ∫(𝑢 − 1)(𝑢)2 𝑑𝑢 = ∫(𝑢 − 1)(𝑢)2 𝑑𝑢
2
2
4
4
5
3
5
3
7
7
= ∫ (𝑢2 − 𝑢2 ) 𝑑𝑢 = (∫ 𝑢2 𝑑𝑢 − ∫ 𝑢2 𝑑𝑢)
4
4
Aplicando regla de potenciación,
5
7
3
5
5
∫ 𝑢2 𝑑𝑢
𝑢2+1
𝑢2 2 7
=
=
= 𝑢2
7
5
7
+
1
2
2
3
∫ 𝑢2 𝑑𝑢
𝑢2+1
𝑢2 2 5
=
=
= 𝑢2
3
5
5
2+1
2
entonces
5
3
7
7 2 7 2 5
(∫ 𝑢2 𝑑𝑢 − ∫ 𝑢2 𝑑𝑢) = ( 𝑢2 − 𝑢2 )
4
4 7
5
7
5
7 2
2
= ( (2𝑡 + 1)2 − (2𝑡 + 1)2 )
4 7
5
𝟑
∫ 𝟕𝒕(𝟐𝒕 + 𝟏)𝟐 𝒅𝒕 =
𝟕
𝟓
𝟏
𝟕
(𝟐𝒕 + 𝟏)𝟐 −
(𝟐𝒕 + 𝟏)𝟐 + 𝑪
𝟐
𝟏𝟎
3. Evalúe los siguientes integrales; sin usar tabla:
a.
𝟐
𝟑
∫ 𝒙𝟑 √𝟒 − 𝟗𝒙𝟐 𝒅𝒙
𝟎
Resp.
Haciendo sustitución de variables,
𝑢 = 𝑥2
√𝑢 = 𝑥
𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥
1
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
2𝑥
Entonces,
3
∫ 𝑥 3 √4 − 9𝑥 2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑢 2 √4 − 9𝑢
1
1 𝑑𝑢 =
2𝑢2
3 1
1
1
∫ 𝑢2−2 √4 − 9𝑢 = ∫ 𝑢√4 − 9𝑢 𝑑𝑢
2
2
Haciendo otra vez sustitución de variables,
𝑣 = 4 − 9𝑢
4−𝑣
=𝑢
9
𝑑𝑣 = −9 𝑑𝑢
1
− 𝑑𝑣 = 𝑑𝑢
9
1
1 4−𝑣
1
1
= ∫ 𝑢√4 − 9𝑢 𝑑𝑢 = − ∫
∫(𝑣 − 4)√𝑣 𝑑𝑣
√𝑣 𝑑𝑣 =
2
2
9
9
162
3
1
3
1
1
1
∫ (𝑣 2 − 4𝑣 2 ) 𝑑𝑣 =
(∫ 𝑣 2 𝑑𝑣 − 4 ∫ 𝑣 2 𝑑𝑣)
162
162
Entonces,
3
3
∫ 𝑣2
𝑣 2+1
2 5
𝑑𝑣 =
= 𝑣2
3
5
2+1
1
1
∫ 𝑣2
=
Sustituyendo en reversa
𝑣 2+1
2 3
𝑑𝑣 =
= 𝑣2
1
3
2+1
1 2 5
2 3
1 2 5 8 3
( 𝑣 2 − 4 𝑣 2) =
( 𝑣 2 − 𝑣 2)
162 5
3
162 5
3
=
=
5
3
1 2
8
( (4 − 9𝑢)2 − (4 − 9𝑢)2 )
162 5
3
5
3
1 2
8
( (4 − 9𝑥 2 )2 − (4 − 9𝑥 2 )2 )
162 5
3
Entonces,
∫ 𝑥 3 √4 − 9𝑥 2 𝑑𝑥 =
=
=
5
3
1 2
8
( (4 − 9𝑥 2 )2 − (4 − 9𝑥 2 )2 )
162 5
3
3
1
2
8
(( (4 − 9𝑥 2 ) − ) (4 − 9𝑥 2 )2 )
162 5
3
3
1
2 ∗ 3(4 − 9𝑥 2 ) − 2 ∗ 4 ∗ 5
((
) (4 − 9𝑥 2 )2 )
162
5∗3
=
3
2
3(4 − 9𝑥 2 ) − 4 ∗ 5
((
) (4 − 9𝑥 2 )2 )
162
5∗3
3
(12 − 27𝑥 2 ) − 20
2
=
((
) (4 − 9𝑥 2 )2 )
162
15
=−
3
1
((8 + 27𝑥 2 )(4 − 9𝑥 2 )2 )
1215
Entonces,
2
3
∫ 𝑥 3 √4 − 9𝑥 2 𝑑𝑥 = −
0
1
2 2
2
3
1
((8 + 27𝑥 2 )(4 − 9𝑥 2 )2 ) | 3
1215
0
3
2 2 2
1
3
= − 1215 ((8 + 27 (3) ) (4 − 9 (3) ) ) + 1215 ((8 + 27(0)2 )(4 − 9(0)2 )2 )
=𝟎+
=
𝟔𝟒
𝟏𝟐𝟏𝟓
𝟔𝟒
𝟏𝟐𝟏𝟓
b.
𝟑𝝅
𝟒
∫
𝒄𝒐𝒔𝟐 (𝒙)
𝝅
𝟒
𝒔𝒊𝒏(𝒙)
𝒅𝒙
− 𝟓𝒄𝒐𝒔(𝒙) + 𝟒
Resp.
∫
𝑠𝑖𝑛(𝑥)
𝑑𝑥
5𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 4
𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) −
Aplicando sustitución de variables
𝑢 = 𝑐𝑜𝑠(𝑥)
𝑑𝑢 = −𝑠𝑖𝑛(𝑥)𝑑𝑥
∫
𝑠𝑖𝑛(𝑥)
1
𝑑𝑥 = − ∫ 2
𝑑𝑢
𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) − 5𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 4
𝑢 − 5𝑢 + 4
5 2
2
Completando el cuadrado, 𝑢2 − 5𝑢 + 4 = (𝑢 − ) −
= −∫
𝑢2
1
𝑑𝑢 = − ∫
− 5𝑢 + 4
41
4
1
5 2 41
(𝑢 − 2) − 4
𝑑𝑢
Aplicando sustitución de variables
𝑣=𝑢−
5
2
𝑑𝑣 = 𝑑𝑢
= −∫
1
41
(𝑣)2 −
4
𝑑𝑢 = −4 ∫
4𝑣 2
1
𝑑𝑣
− 41
Aplicando sustitución de variables nuevamente
𝑣=
2
√41
𝑑𝑣 =
= −4 ∫
= −4 ∫
4𝑣 2
√41
𝑤
2
𝑣=𝑤
√41
𝑑𝑤
2
1
𝑑𝑣 = −4 ∫
− 41
1
2
√41
4 ( 2 𝑤) − 41
√41
𝑑𝑤
2
1
4 √41
1
2√41
1
√41
𝑑𝑢
=
−
∫
𝑑𝑤
=
∫
𝑑𝑤
41𝑤 2 − 41 2
41 2
𝑤2 − 1
41
1 − 𝑤2
Aplicando reglas de integración,
=
2√41
1
2√41 𝑙𝑛|𝑤 + 1| 𝑙𝑛|𝑤 − 1|
∫
𝑑𝑤 =
−
(
)
2
41
1−𝑤
41
2
2
Surtiendo hacia atrás
2√41
=
(
41
∫
𝑙𝑛 |
2
5
2
5
(𝑐𝑜𝑠(𝑥) − 2) + 1| 𝑙𝑛 |
(𝑐𝑜𝑠(𝑥) − 2) − 1|
√41
√41
−
)
2
2
𝑠𝑖𝑛(𝑥)
𝑑𝑥
5𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 4
𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) −
2√41
5
2√41
5
𝑙𝑛 |
(𝑐𝑜𝑠(𝑥) − ) + 1| 𝑙𝑛 |
(𝑐𝑜𝑠(𝑥) − ) − 1|
41
2
41
2
2√41
=
−
41
2
2
(
)
Por lo tanto
3𝜋
4
∫
𝜋
4
𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥)
𝑠𝑖𝑛(𝑥)
𝑑𝑥
− 5𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 4
2√41
5
𝑙𝑛 | 41 (𝑐𝑜𝑠(𝑥) − 2) + 1|
2√41
=
41
2
(
2√41
5
𝑙𝑛 | 41 (𝑐𝑜𝑠(𝑥) − 2) − 1| (3𝜋)
| 4
−
| 𝜋
2
( )
4
)
2√41
3𝜋
5
2√41
3𝜋
5
𝑙𝑛 |
(𝑐𝑜𝑠 ( ) − ) + 1| 𝑙𝑛 |
(𝑐𝑜𝑠 ( ) − ) − 1|
41
4
2
41
4
2
2√41
−
41
2
2
=
(
(
))
2√41
𝜋
5
2√41
𝜋
5
𝑙𝑛 | 41 (𝑐𝑜𝑠 (4 ) − 2) + 1| 𝑙𝑛 | 41 (𝑐𝑜𝑠 (4 ) − 2) − 1|
2√41
−
−
41
2
2
(
(
𝟑𝝅
𝟒
∫
𝝅
𝟒
))
𝒔𝒊𝒏(𝒙)
𝒅𝒙 = −𝟎, 𝟎𝟏𝟒𝟑𝟒
𝟓𝒄𝒐𝒔(𝒙) + 𝟒
𝒄𝒐𝒔𝟐 (𝒙) −
c.
𝒅 𝒕𝒂𝒏(𝒙) 𝒅𝒕
∫
𝒅𝒙 𝟐
𝟏 + 𝒕𝟐
Resp.
Primero encontramos
𝑡𝑎𝑛(𝑥)
∫
2
𝑑𝑡
1 + 𝑡2
Aplicando regla de integración,
∫
𝑑𝑡
= 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑡)
1 + 𝑡2
Entonces,
𝑡𝑎𝑛(𝑥)
∫
2
𝑑𝑡
= 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑡)|𝑡𝑎𝑛(𝑥)
1 + 𝑡2
2
= 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑡𝑎𝑛(𝑥)) − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑡2) = 𝑥 − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑡2)
Por lo tanto,
𝑑 𝑡𝑎𝑛(𝑥) 𝑑𝑡
𝑑
𝑑
𝑑
∫
=
𝑥−
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑡2) = 1 + 0
(𝑥 − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(2)) =
2
𝑑𝑥 2
1+𝑡
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑 𝑡𝑎𝑛(𝑥) 𝑑𝑡
∫
=1
𝑑𝑥 2
1 + 𝑡2
d.
𝝅
𝟐
∫ 𝒆−𝟐𝒙 𝒔𝒊𝒏(𝟑𝒙)𝒅𝒙
𝟎
Resp.
Aplicando integración por parte
𝑢 = 𝑒 −2𝑥
𝑣 ′ = sin(3𝑥)𝑑𝑥
1
𝑣 = − cos(3𝑥)
3
𝑢 = −2𝑒 −2𝑥
1
2
∫ 𝑒 −2𝑥 𝑠𝑖𝑛(3𝑥)𝑑𝑥 = − 𝑒 −2𝑥 cos(3𝑥) − ∫ 𝑒 −2𝑥 cos(3𝑥)𝑑𝑥
3
3
Aplicando integración por parte
𝑢 = 𝑒 −2𝑥
𝑣 ′ = cos(3𝑥)𝑑𝑥
𝑢 = −2𝑒 −2𝑥
1
𝑣 = 𝑠𝑖𝑛(3𝑥)
3
1
2
∫ 𝑒 −2𝑥 𝑠𝑖𝑛(3𝑥)𝑑𝑥 = − 𝑒 −2𝑥 cos(3𝑥) − ∫ 𝑒 −2𝑥 cos(3𝑥)𝑑𝑥
3
3
1
2 1
2
= − 𝑒 −2𝑥 cos(3𝑥) − ( 𝑒 −2𝑥 sin(3𝑥) − ∫ − 𝑒 −2𝑥 sin(3𝑥)𝑑𝑥)
3
3 3
3
1
2 1
2
= − 𝑒 −2𝑥 cos(3𝑥) − ( 𝑒 −2𝑥 sin(3𝑥) + ∫ 𝑒 −2𝑥 sin(3𝑥)𝑑𝑥)
3
3 3
3
Despejando ∫ 𝑒 −2𝑥 sin(3𝑥)𝑑𝑥
∫𝑒
−2𝑥
𝑒 −2𝑥 cos(3𝑥) 2𝑒 −2𝑥 sin(3𝑥)
𝑠𝑖𝑛(3𝑥)𝑑𝑥 = −
−
13
13
Entonces,
𝜋
2
∫ 𝑒 −2𝑥 𝑠𝑖𝑛(3𝑥)𝑑𝑥 = −
0
𝜋
2
∫ 𝑒 −2𝑥 𝑠𝑖𝑛(3𝑥)𝑑𝑥 = (−
0
𝜋
𝑒 −2𝑥 cos(3𝑥) 2𝑒 −2𝑥 sin(3𝑥)
−
|2
13
13
0
𝜋
𝜋
𝑒 −22 cos (3 2 )
13
𝜋
𝜋
2𝑒 −2 2 sin (3𝑥 2 )
−
)
13
𝑒 −0 cos(0) 2𝑒 −0 sin(0)
− (−
−
)
13
13
𝜋
2
∫ 𝑒
0
−2𝑥
𝜋
𝝅
2𝑒 −𝜋 sin (3𝑥 2 )
𝟐𝒆−𝝅 𝐬𝐢𝐧 (𝟑𝒙 𝟐 ) 𝟏
1
𝑠𝑖𝑛(3𝑥)𝑑𝑥 = (0 −
) − (− − 0) = −
+
13
13
𝟏𝟑
𝟏𝟑
e.
𝟐
∫
𝟏
𝟐
𝒅𝒙
√𝟐𝒙(√𝟐𝒙 + 𝟗)
Resp.
Aplicando sustitución de variable
𝑢 = 2𝑥 + 9 𝑑𝑢 = 2𝑑𝑥
Entonces
∫
𝑑𝑥
√2𝑥(√2𝑥 + 9)
=∫
1
2
𝑑𝑢
√2 𝑢 − 9 (√𝑢)
2
1
𝑑𝑢
= ∫
2 √𝑢 − 9(√𝑢)
Aplicando sustitución de variable
𝑣 = √𝑢 − 9
𝑣2 + 9 = 𝑢
2𝑣 𝑑𝑣 = 𝑑𝑢
Entonces
1
2𝑣 𝑑𝑣
𝑑𝑣
= ∫
=∫
2
2 𝑣(√𝑣 + 9)
√𝑣 2 + 9
Aplicando sustitución de variable
𝑣 = 3𝑡𝑎𝑛(𝑤) 𝑑𝑣 = 3𝑠𝑒𝑐 2 (𝑤)
𝑣
𝑤 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( )
3
=∫
3𝑠𝑒𝑐 2 (𝑤)
√9𝑡𝑎𝑛(𝑤)2 + 9
=∫
𝑠𝑒𝑐 2 (𝑤)
√𝑡𝑎𝑛(𝑤)2 + 1
= ∫ 𝑠𝑒𝑐(𝑤) = 𝑙𝑛|𝑡𝑎𝑛(𝑤) + 𝑠𝑒𝑐(𝑤)|
Sustituyendo en reversa
𝑣
𝑣
= 𝑙𝑛|𝑡𝑎𝑛(𝑤) + 𝑠𝑒𝑐(𝑤)| = 𝑙𝑛 |𝑡𝑎𝑛 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( )) + 𝑠𝑒𝑐 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( ))|
3
3
= 𝑙𝑛 |𝑡𝑎𝑛 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
= 𝑙𝑛 |𝑡𝑎𝑛 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
√𝑢 − 9
√𝑢 − 9
)) + 𝑠𝑒𝑐 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
))|
3
3
√2𝑥 + 9
3
= 𝑙𝑛 |𝑡𝑎𝑛 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
−9
)) + 𝑠𝑒𝑐 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
√2𝑥 + 9
3
√2𝑥
√2𝑥
)) + 𝑠𝑒𝑐 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
))|
3
3
−9
))|
√2𝑥
√2𝑥
= 𝑙𝑛 |
+ 𝑠𝑒𝑐 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
))|
3
3
Como 𝑠𝑒𝑐(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥)) = √1 + 𝑥 2
2
√2𝑥
√2𝑥
√9 + 2𝑥
𝑠𝑒𝑐 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (
)) = √1 + (
) =
3
3
3
Por lo tanto
∫
𝑑𝑥
√2𝑥 √9 + 2𝑥
= 𝑙𝑛 |
+
|
3
3
√2𝑥(√2𝑥 + 9)
Por consiguiente
√2𝑥 √9 + 2𝑥 2
∫
= 𝑙𝑛 |
+
|| 1
1 √2𝑥(√2𝑥 + 9)
3
3
2
2
2
2
∫
1
2
𝑑𝑥
𝑑𝑥
√4 √13
√1 √10
= 𝑙𝑛 | +
| − 𝑙𝑛 | +
| = 0,29769
3
3
3
3
√2𝑥(√2𝑥 + 9)
f.
√𝟐
𝟐
∫ 𝒙𝟑 𝒆𝒙 𝒅𝒙
𝟎
Resp.
Aplicando sustitución de variable
𝑢 = 𝑥3
1
𝑑𝑢 = 3𝑥 2 𝑑𝑥
𝑢3 = 𝑥
2
2
1
∫ 𝑥 3 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑢 𝑒 𝑢3
3𝑢
1
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
3𝑥 2
2
2 1
2
1
1
𝑢 3 −3
𝑢3 3
𝑑𝑢
=
∫
𝑢
𝑒
𝑢
𝑑𝑢
=
∫
𝑒
𝑢 𝑑𝑢
2
3
3
3
Aplicando sustitución de variable
2
𝑤 = 𝑢3
3
𝑤2 = 𝑢
2 1
𝑑𝑤 = 𝑢−3 𝑑𝑢
3
3 1
𝑢3 𝑑𝑤 = 𝑑𝑢
2
2
2 1
2 1
33
1
1
3 1
1
∫ 𝑒 𝑢3 𝑢3 𝑑𝑢 = ∫ 𝑒 𝑢3 𝑢3 𝑢3 𝑑𝑤 = ∫ 𝑒 𝑤 𝑤 2 𝑑𝑤
3
3
2
2
1
= ∫ 𝑒 𝑤 𝑤 𝑑𝑤
2
Aplicando integración por partes,
𝑝=𝑤
𝑑𝑝 = 𝑑𝑤
𝑞 ′ = 𝑒 𝑤 𝑑𝑤
𝑞 = 𝑒𝑤
1
1
1
∫ 𝑒 𝑤 𝑤 𝑑𝑤 = (𝑤𝑒 𝑤 − ∫ 𝑒 𝑤 𝑑𝑤) = (𝑤𝑒 𝑤 − 𝑒 𝑤 )
2
2
2
Sustituyendo en reversa
2
2
2
1
1
2
33
33
2
2
∫ 𝑥 3 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = (𝑥 3 3 𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 ) = (𝑥 2 𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 )
2
2
Por lo tanto,
√2
1
2
2
2
∫ 𝑥 3 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = (𝑥 2 𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 )| √2
2
0
0
2
2
1
1
1
1
2
2
2
= (√2 𝑒 √2 − 𝑒 √2 ) − (02 𝑒 0 − 𝑒 0 ) = (2𝑒 2 − 𝑒 2 ) +
2
2
2
2
√2
1
1
2
∫ 𝑥 3 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 2 + = 4,1945
2
2
0
P:2, O. I. 2. Resuelva según el enunciado de cada problema.
∞
1. Si ∅(𝜶) = ∫𝒂 𝒇(𝒙, 𝜶)𝒅𝒙 es uniformemente convergente para 𝜶𝟏 ≤ 𝜶 ≤ 𝜶𝟐, demostrar
que ∅(𝜶) es continua en ese intervalo.
Resp.
Como la integral es uniformemente convergente, se asume que 𝑓(𝑥, 𝛼), es continua y
convergente en los parámetros acotados 𝛼1 ≤ 𝛼 ≤ 𝛼2, entonces a la integral ∅(𝛼) la
llamamos integral paramétrica, para demostrar su continuidad por el teorema de continuidad
de integrales paramétrica se tiene que,
Sea 𝑓 ∶ [𝑎; ∞] × [𝛼1; 𝛼2] ⊂ ℝ2 → ℝ, continua y sea 𝐹 ∶ [𝛼1; 𝛼2] ⊂ ℝ2 → ℝ, definida
∞
por ∅(𝛼) = ∫𝑎 𝑓(𝑥, 𝛼)𝑑𝑥 . Entonces la función ∅(𝛼) es continua en [𝛼1; 𝛼2], si el límite a
continuación existe,
∞
∞
∞
lim ∫ 𝑓(𝑥, 𝛼)𝑑𝑥 = ∫ lim 𝑓(𝑥, 𝛼)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑐)𝑑𝑥
𝛼→𝑐 𝑎
𝑎
𝛼→𝑐
𝑎
∀ 𝑐 ∈ [𝛼1; 𝛼2]
2. Para cierto bien supermercado, la función de densidad de probabilidad de que cliente,
seleccionado al azar para x minutos comprando, está dada por:
𝟏 − 𝒙
𝟐𝟎𝟎
𝒇(𝒙) = {𝟐𝟎𝟎 𝒆
𝟎
𝒔𝒊 𝒙 ≥ 𝟎
𝒔𝒊 𝒙 < 𝟎
a. Hallar la probabilidad de que el cliente pasa a lo más 20 minutos.
b. Hallar la probabilidad de que el cliente pasa entre 20 y 50 minutos.
c. Hallar la probabilidad de que el cliente pasa por los menos 50 minutos.
Resp.
Como la densidad de probabilidad es 0 para 𝑥 < 0, solo asumimos el primer término de 𝑓(𝑥),
entonces integramos para encontrar la probabilidad según el tiempo transcurrido 𝑥
𝑃(𝑥) = ∫
𝑥
1 − 𝑥
1
𝑒 200 𝑑𝑥 =
∫ 𝑒 −200 𝑑𝑥
200
200
Aplicando sustitución de variable, se tiene que,
𝑢=−
𝑥
200
𝑑𝑢 = −
𝑑𝑥
200
− 200𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
𝑃(𝑢) = − ∫ 𝑒 𝑢 𝑑𝑢 = −𝑒 𝑢
Haciendo sustitución inversa,
𝑃(𝑥) = ∫
𝑥
1 − 𝑥
𝑒 200 𝑑𝑥 = −𝑒 −200
200
Entonces para,
a. Hallar la probabilidad de que el cliente pasa a lo más 20 minutos, se tiene que,
𝑥
𝑃(𝑥) = −𝑒 −200 |
20
0
20
= −𝑒 −200 + 𝑒 −200 = 0,09516
0
𝑃(𝑥) = 9,52 %
b. Hallar la probabilidad de que el cliente pasa entre 20 y 50 minutos, se tiene que,
𝑥
𝑃(𝑥) = −𝑒 −200 |
50
20
50
= −𝑒 −200 + 𝑒 −200 = 0,12603
20
𝑃(𝑥) = 12,60 %
c. Hallar la probabilidad de que el cliente pasa por los menos 50 minutos, se tiene que,
𝑥
𝑃(𝑥) = −𝑒 −200 |
∞
50
∞
= −𝑒 −200 + 𝑒 −200 = 0,77880
50
𝑃(𝑥) = 77,88 %
Comprobamos que la solución este bien, sumando todas las probabilidades
𝑃(∞) = 9,52 % + 12,60 % + 77,88 % = 100%
3. Sea la integral:
∞
𝑰(𝒙) = ∫ (
𝟎
𝒙𝟐
𝒙
𝒌
−
) 𝒅𝒙
+ 𝟏 𝟐𝒙 + 𝟏
a. Hallar el valor k para el cual la integral impropia siguiente.
b. Hallar el valor de la integral con el k encontrado.
Resp.
Para que 𝐼(𝑥) sea una integral impropia de primera especie, aplicamos la condición necesaria
∞
es que para ∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 exista y converja el limite lim 𝑓(𝑥) = 0 debe de ocurrir, entonces
𝑥→∞
hacemos lo siguiente
lim (
𝑥→∞
lim (
𝑥→∞
𝑥2
𝑥
𝑘
−
)=0
+ 1 2𝑥 + 1
(2𝑥 2 + 𝑥) − (𝑘𝑥 2 + 𝑘)
(2 − 𝑘)𝑥 2 + 𝑥 − 𝑘
=
lim
)
(
)=0
𝑥→∞ 2𝑥 3 + 𝑥 2 + 2𝑥 + 1
2𝑥 3 + 𝑥 2 + 2𝑥 + 1
Como el límite da una indeterminación
∞
∞
lim (
𝑥→∞
para cualquier valor de k, simplificamos con l’hopita,
2(2 − 𝑘)𝑥 + 1
)=0
6𝑥 2 + 2𝑥 + 2
lim (
𝑥→∞
2(2 − 𝑘)
)=0
12𝑥 + 2
El limite converge a 0 entonces,
2(2 − 𝑘) = 0
𝑘=2
b. Hallar el valor de la integral con el 𝑘 = 2 encontrado.
∞
𝐼(𝑥) = ∫ (
0
∞
=∫ (
0
∞
𝑥−2
𝑥−2
)
𝑑𝑥
=
∫
(
) 𝑑𝑥
3
2
3
(2𝑥 + 𝑥 2 ) + (2𝑥 + 1)
2𝑥 + 𝑥 + 2𝑥 + 1
0
∞
=∫ (
0
∞ (2
𝑥
2
− 2)𝑥 2 + 𝑥 − 2
−
)
𝑑𝑥
=
∫
(
) 𝑑𝑥
𝑥 2 + 1 2𝑥 + 1
2𝑥 3 + 𝑥 2 + 2𝑥 + 1
0
∞
𝑥−2
𝑥−2
)
𝑑𝑥
=
∫
( 2
) 𝑑𝑥
2
(𝑥 + 1)(2𝑥 + 1)
𝑥 (2𝑥 + 1) + (2𝑥 + 1)
0
Aplicando fracciones parciales
𝑥−2
𝐴𝑥 + 𝐵
𝐶
=
+
(𝑥 2 + 1)(2𝑥 + 1) 𝑥 2 + 1 2𝑥 + 1
Multiplicando por el denominador
(𝑥 − 2)(𝑥 2 + 1)(2𝑥 + 1) (𝐴𝑥 + 𝐵)(𝑥 2 + 1)(2𝑥 + 1) 𝐶(𝑥 2 + 1)(2𝑥 + 1)
=
+
(𝑥 2 + 1)(2𝑥 + 1)
𝑥2 + 1
2𝑥 + 1
Simplificando
(𝑥 − 2) = (𝐴𝑥 + 𝐵)(2𝑥 + 1) + 𝐶(𝑥 2 + 1)
1
Aplicando 𝑥 = − 2
1
1 2
(− − 2) = 𝐶 ((− ) + 1)
2
2
5
5
(− ) = 𝐶 ( )
2
4
𝐶 = −2
Sustituir las soluciones a los parámetros conocidos
(𝑥 − 2) = (𝐴𝑥 + 𝐵)(2𝑥 + 1) − 2(𝑥 2 + 1)
(𝑥 − 2) = (2𝐴𝑥 2 + 𝐴𝑥 + 2𝐵𝑥 + 𝐵) − 2𝑥 2 − 2
(𝑥 − 2) = ((2𝐴 − 2)𝑥 2 + (𝐴 + 2𝐵)𝑥 + (𝐵 − 2))
Entonces se tiene el sistema de ecuación,
(2𝐴 − 2) = 0
(𝐴 + 2𝐵) = 1
(𝐵 − 2) = −2
De acá 𝐵 = 0 𝑦 𝐴 = 1, entonces se tiene que,
∞
∞
∞
𝑥
2
𝑥
1
𝐼(𝑥) = ∫ 2
−
𝑑𝑥 = ∫ 2
𝑑𝑥 − 2 ∫
𝑑𝑥
2𝑥 + 1
0 𝑥 +1
0 𝑥 +1
0 2𝑥 + 1
Resolviendo las integrales.
∫
𝑥2
𝑥
𝑑𝑥
+1
Aplicar sustitución de variables
𝑢 = 𝑥2 + 1
𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥
1 1
1
1
∫ 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|𝑢| = 𝑙𝑛|𝑥 2 + 1|
2 𝑢
2
2
∫
𝑥2
𝑥
1
𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|𝑥 2 + 1|
+1
2
Ahora se tiene para,
2∫
Aplicar sustitución de variables
1
𝑑𝑥
2𝑥 + 1
𝑢 = 2𝑥 + 1
𝑑𝑢 = 2 𝑑𝑥
1
1
1
1
2 ∫ 𝑑𝑥 = 2 𝑙𝑛|𝑢| = 2 𝑙𝑛|2𝑥 + 1|
2
𝑢
2
2
2∫
1
𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|2𝑥 + 1|
2𝑥 + 1
Por lo tanto,
∞
∫ (
0
𝑥
2
1
∞
∞
−
)
𝑑𝑥
=
𝑙𝑛|𝑥 2 + 1|| − (𝑙𝑛|2𝑥 + 1|)| = ∞
0
0
𝑥 2 + 1 2𝑥 + 1
2
La integral es impropia y divergente
4. Determine si los integrales dado convergen o divergen.
a.
∞
∫
0
𝑥2
𝑥
𝑑𝑥
+1
Resp.
Para determinar si es convergente o divergente hacemos lo siguiente,
∞
∫
0
𝑏
𝑥
𝑥
𝑑𝑥
=
lim
∫
𝑑𝑥
2
2
𝑏→∞ 0 𝑥 + 1
𝑥 +1
Como la primitiva de la integral se resolvió en el enunciado anterior, se reutiliza ese resultado,
𝑏
lim ∫
𝑏→∞ 0
𝑥2
𝑥
1
1
1
𝑏
𝑑𝑥 = lim 𝑙𝑛|𝑥 2 + 1|| = lim 𝑙𝑛|𝑏 2 + 1| − 𝑙𝑛|02 + 1|
𝑏→∞
𝑏→∞
0
+1
2
2
2
𝑏
lim ∫
𝑥2
𝑏→∞ 0
𝑥
1
𝑑𝑥 = ∞ − 𝑙𝑛|1| = ∞
+1
2
La integral es divergente
a.
∞
∫
−∞
𝑒𝑥
1
𝑑𝑥
+ 𝑒 −𝑥
Resp.
Para determinar si es convergente o divergente hacemos lo siguiente,
∞
𝑏
1
1
𝑑𝑥
=
lim
∫
𝑑𝑥
𝑥
−𝑥
𝑥
−𝑥
𝑏→∞
−∞ 𝑒 + 𝑒
𝑎 𝑒 +𝑒
∫
𝑎→−∞
Primero se resuelve la primitiva de la integral, por cambio de variable
𝑢 = 𝑒𝑥
∫
𝑑𝑢 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
1
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
𝑒𝑥
1
1
𝑑𝑥
=
∫
𝑑𝑢 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑢)
𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥
𝑢2 + 1
∫
𝑒𝑥
1
𝑑𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑒 𝑥 )
+ 𝑒 −𝑥
Entonces,
𝑏
lim ∫
𝑏→∞
𝑎
𝑎→−∞
𝑒𝑥
1
𝜋
𝜋
𝑑𝑥 = lim 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑒 𝑏 ) − lim 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑒 𝑎 ) = − 0 =
−𝑥
𝑏→∞
𝑎→−∞
+𝑒
2
2
La integral es convergente
P:3, O. II. 1. Resuelva según el enunciado de cada problema.
1. Sea 𝒕 > 𝟎. En el círculo trigonométrico 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟏 tomamos el punto 𝑷 =
(𝒄𝒐𝒔(𝒕), 𝒔𝒆𝒏(𝒕)). En la hipérbola 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 = 𝟏 tomamos el punto 𝑷𝟎 =
(𝒄𝒐𝒔𝒉(𝒕), 𝒔𝒆𝒏𝒉(𝒕)). Probar que las dos regiones indicadas en los gráficos tienen igual
área y esta es 𝒕/𝟐.
Resp.
Como en la circunferencia es 𝑅 = 1
𝑥2 + 𝑦2 = 1
Utilizando las ecuaciones paramétricas,
𝑥 = 𝑐𝑜𝑠(𝑡)
1
𝑦
0
𝑦 = 𝑠𝑖𝑛(𝑡)
𝑚
𝐴 = ∫ 𝑦 𝑑𝑥 = ∫ −𝑠𝑖𝑛(𝑡)𝑠𝑖𝑛(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 𝑠𝑖𝑛
0
𝑚
𝑡𝑚
2 (𝑡)
𝑑𝑡 = ∫
0
0
1 − 𝑐𝑜𝑠(2𝑡)
𝑑𝑡
2
1 𝑚
1
1
𝑚
= ∫ 1 − 𝑐𝑜𝑠(2𝑡) 𝑑𝑡 = (𝑡 − 𝑠𝑖𝑛(2𝑡))|
0
2 0
2
2
1
1
1
1
= 𝑚 − 𝑠𝑖𝑛(2𝑡) = 𝑚 − (2𝑠𝑖𝑛(𝑡)𝑐𝑜𝑠(𝑡)) 𝑐𝑜𝑛 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋
2
4
2
4
Ahora como la hipérbola,
𝑥2 − 𝑦2 = 1
Utilizando las ecuaciones paramétricas,
𝑥 = 𝑐𝑜𝑠ℎ(𝑡)
𝑦
𝑦 = 𝑠𝑖𝑛ℎ(𝑡)
𝑎
0
𝑚
1
1
𝑚
𝐴 = ∫ 𝑦 𝑑𝑥 = ∫ 𝑠𝑖𝑛ℎ(𝑡) 𝑑𝑥(𝑐𝑜𝑠ℎ(𝑡)) = − ∫ 𝑠𝑖𝑛ℎ2 (𝑡)𝑑𝑡 = − (−𝑡 + 𝑠𝑖𝑛ℎ(2𝑡) )|
0
2
2
0
𝑚
0
1
1
1
1
= ( 𝑚 − 𝑠𝑖𝑛ℎ(2𝑚) ) = ( 𝑚 − (2𝑠𝑖𝑛ℎ(𝑚)𝑐𝑜𝑠ℎ(𝑚)))
2
4
2
4
También podemos expresar a la función paramétrica de hipérbola de seno y cosenos
hiperbolico, como función de senos y cosenos trigonométrico,
𝑥 = 𝑐𝑜𝑠ℎ(𝑡) = sec(𝑡)
𝑦
𝑦 = 𝑠𝑖𝑛ℎ(𝑡) = 𝑡𝑎𝑛(𝑡)
1
1
1
1
= ( 𝑚 − (2𝑠𝑖𝑛ℎ(𝑚)𝑐𝑜𝑠ℎ(𝑚))) = ( 𝑚 − (2𝑠𝑒𝑐(𝑚)𝑡𝑎𝑛(𝑚)))
2
4
2
4
1
1
𝑠𝑖𝑛(𝑚)
= ( 𝑚 − (2
))
2
4 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑚)
Ahora igualamos ambas áreas para determinar cuándo se hacen iguales,
1
1
1
1
𝑠𝑖𝑛(𝑚)
𝑚 − (2𝑠𝑖𝑛(𝑚)𝑐𝑜𝑠(𝑚)) = ( 𝑚 − (2
))
2
4
2
4 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑚)
𝑠𝑖𝑛(𝑚)𝑐𝑜𝑠(𝑚) =
𝑠𝑖𝑛(𝑚)
𝑐𝑜𝑠 2 (𝑚)
𝑐𝑜𝑠 3 (𝑚) = 1
3
𝑐𝑜𝑠(𝑚) = √1 = 1
𝑚 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠(1) = 2𝜋𝑛 𝑐𝑜𝑛 𝑛 ∈ ℤ 𝑦 𝑛 ≥ 0
Entonces se concluye que ambas áreas son iguales cuando 𝑡 = 𝑚 = 2𝜋 para este caso.
NOTA: se resolvió este problema de esta manera ya que no encontré o no se expresa bien que
área especifica de la hipérbola se pide.
z
2. Hallar el área de las regiones encerrada por los gráficos de:
a. 𝒇(𝒙) = 𝟐𝒔𝒆𝒏(𝒙); 𝒈(𝒙) = 𝒕𝒈(𝒙)
− 𝝅𝟑 < 𝒙 < 𝝅𝟑
𝒚 = 𝟐√𝒙
b. 𝒚 = √𝒙 + 𝟏;
Resp.
a. 𝒇(𝒙) = 𝟐𝒔𝒆𝒏(𝒙); 𝒈(𝒙) = 𝒕𝒈(𝒙)
− 𝝅𝟑 < 𝒙 < 𝝅𝟑
se grafica para analizar lo pedido
Primero se haya los puntos de intersección,
2𝑠𝑖𝑛(𝑥) = 𝑡𝑔(𝑥)
2𝑠𝑖𝑛(𝑥) =
𝑠𝑖𝑛(𝑥)
𝑐𝑜𝑠(𝑥)
𝑐𝑜𝑠(𝑥) =
1
2
1
𝜋
𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑜𝑠 ( ) =
2
3
𝜋
Entonces cada 3 se interceptan las funciones, además se observa en la grafica se producen 6
regiones cerradas idénticas en el rango −𝜋3 < 𝑥 < 𝜋3, con solo sacar una región y
multiplicarla por 6 se dará el área total pedida, entonces la región seleccionada será la que
𝜋
está en rango 0 ≤ 𝑥 ≤ , y la integral para determinar tal área en esa región está definida por,
3
𝜋
3
𝜋
3
𝐴 = 6 (∫ 2𝑠𝑖𝑛(𝑥)𝑑𝑥 − ∫ 𝑡𝑔(𝑥)𝑑𝑥 )
0
0
𝜋
𝜋
= 6 (−2𝑐𝑜𝑠(𝑥)|3 − (−𝑙𝑛|𝑐𝑜𝑠(𝑥)|)|3 )
0
0
𝜋
𝜋
= 6 (−2𝑐𝑜𝑠(𝑥)|3 + (𝑙𝑛|𝑐𝑜𝑠(𝑥)|)|3 )
0
0
𝜋
𝜋
= 6 ((−2𝑐𝑜𝑠 ( ) + 2𝑐𝑜𝑠(0)) + (𝑙𝑛 |𝑐𝑜𝑠 ( )| − 𝑙𝑛|𝑐𝑜𝑠(0)|)) =
3
3
1
= 6 ((−1 + 2) + (𝑙𝑛 ( ) − 𝑙𝑛(1))) = 6 ∗ 0,30685 = 1,8411
2
𝐴 = 1,8411
b. 𝒚 = √𝒙 + 𝟏;
𝒚 = 𝟐√𝒙
se grafica para analizar lo pedido
Primero se haya los puntos de intersección,
√𝑥 + 1 = 2√𝑥 → 𝑙𝑛(√𝑥 + 1) = 𝑙𝑛(2√𝑥 ) → 𝑙𝑛(√𝑥 + 1) = √𝑥𝑙𝑛(2) →
→ 𝑙𝑛(√𝑥 − 1) = √𝑥 →
𝑙𝑛(√𝑥 + 1)
= √𝑥
𝑙𝑛(2)
𝑙𝑛(√𝑥 − 1)
= √𝑥 → 𝑙𝑛(√𝑥 − 1) = √𝑥𝑙𝑛(1) →
𝑙𝑛(1)
→ 𝑙𝑛(√𝑥 − 1) = 𝑙𝑛(1√𝑥 ) → 𝑙𝑛(√𝑥 − 1) = 0 →
𝑙𝑛(√𝑥)
= 0 → 𝑙𝑛(√𝑥) = 𝑙𝑛(1)
𝑙𝑛(1)
√𝑥 = 1 → 𝑥 = 1
Entonces en 𝑥 = 0 y 𝑥 = 1 se interceptan las funciones, la integral para determinar tal área en
la región 0 < 𝑥 < 1 está definida por,
1
1
𝐴 = (∫ √𝑥 + 1𝑑𝑥 − ∫ 2√𝑥 𝑑𝑥)
0
0
Calculamos las primitivas de las integrales,
∫ √𝑥 + 1𝑑𝑥 = ∫ √𝑥𝑑𝑥 + ∫ 1𝑑𝑥 =
2 3
𝑥2 + 𝑥
3
Y para,
∫ 2√𝑥 𝑑𝑥
Haciendo sustitución de variable
𝑢 = √𝑥
𝑑𝑢 =
1
2√𝑥
𝑑𝑥 2√𝑥 𝑑𝑢 = 2𝑢𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
∫ 2√𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 2𝑢 2𝑢𝑑𝑢 = ∫ 2𝑢+1 𝑢𝑑𝑢
Ahora aplicando integral por partes
∫ 2𝑢+1 𝑢𝑑𝑢 =
𝑝=𝑢
𝑞 ′ = 2𝑢+1
𝑝′ = 1
𝑞=
2𝑢+1
𝑙𝑛(2)
2𝑢+1 𝑢
2𝑢+1
2𝑢+1 𝑢
2𝑢+1
−∫
𝑑𝑢 =
− 2
𝑙𝑛(2)
𝑙𝑛(2)
𝑙𝑛(2) 𝑙𝑛 (2)
Sustituyendo hacia atrás,
∫ 2√𝑥 𝑑𝑥 =
2√𝑥+1 √𝑥 2√𝑥+1
− 2
𝑙𝑛(2)
𝑙𝑛 (2)
Entonces,
1
1
2 3
2𝑢+1 𝑢
2𝑢+1 1
1
𝐴 = (∫ √𝑥 + 1𝑑𝑥 − ∫ 2√𝑥 𝑑𝑥 ) = (( 𝑥 2 + 𝑥)| − (
− 2 )| )
0
3
𝑙𝑛(2) 𝑙𝑛 (2) 0
0
0
2 3
2 3
21+1 1
21+1
20+1 0
20+1
= ((( 12 + 1) − ( 02 + 0)) − ((
− 2 )−(
− 2 )))
3
3
𝑙𝑛(2) 𝑙𝑛 (2)
𝑙𝑛(2) 𝑙𝑛 (2)
2
4
4
2
= ((( + 1) − (0 + 0)) − ((
− 2 ) − (0 − 2 )))
3
𝑙𝑛(2) 𝑙𝑛 (2)
𝑙𝑛 (2)
5
4
2
5
=( −(
− 2 )) = ( − (1,60804)) = 0,05862
3
𝑙𝑛(2) 𝑙𝑛 (2)
3
1
1
𝐴 = (∫ √𝑥 + 1𝑑𝑥 − ∫ 2√𝑥 𝑑𝑥 ) = 0,05862
0
0
3.
a. Obtenga el volumen del sólido generado al girar alrededor de la recta 𝒙 = −𝟒, la región
limitada por esa misma recta y la parábola 𝒙 = 𝟒 + 𝟔𝒚 − 𝟐𝒚𝟐
b. Calcula el volumen del cuero generado al hacer girar la región limitada por 𝒚 = 𝟒𝒙 − 𝒙𝟐 ;
𝒚 = 𝟖𝒙 − 𝟐𝒙𝟐 ; en torno de la recta 𝒙 = −𝟐.
Resp.
a. Obtenga el volumen del sólido generado al girar alrededor de la recta 𝒙 = −𝟒, la región
limitada por esa misma recta y la parábola 𝒙 = 𝟒 + 𝟔𝒚 − 𝟐𝒚𝟐
Primero trasladamos 4 unidades en x al eje y a la curva delimitante para facilitar cálculos,
quedando la recta eje 𝑥 = 0 y la región delimitante de la parábola queda como, 𝑥 = 8 + 6𝑦 −
2𝑦 2 , ahora calculamos corte en 𝑥 = 0, se tiene que,
0 = 8 + 6𝑦 − 2𝑦 2 = 2(4 + 3𝑦 − 𝑦 2 ) = −2(𝑦 + 1)(𝑦 − 4)
Los puntos de corte son 𝑦 = −1 𝑦 𝑦 = 4,
Integramos entonces a partir de eso limitantes la curva
4
4
𝑉 = ∫ 𝜋(8 + 6𝑦 − 2𝑦 2 )2 𝑑𝑦 = 𝜋 ∫ (8 + 6𝑦 − 2𝑦 2 )(8 + 6𝑦 − 2𝑦 2 )𝑑𝑦
−1
−1
4
= 𝜋 ∫ 4𝑦 4 − 24𝑦 3 + 4𝑦 2 + 96𝑦 + 64 𝑑𝑦
−1
4
24
4
96
4
= 𝜋 (( 𝑦 5 ) − ( 𝑦 4 ) + ( 𝑦 3 ) + ( 𝑦 2 ) + (64𝑦))|
−1
5
4
3
2
4
24
4
96
= 𝜋 ((( 45 ) − ( 44 ) + ( 43 ) + ( 42 ) + (64 ∗ 4))
5
4
3
2
4
24
4
96
− (( (−1)5 ) − ( (−1)4 ) + ( (−1)3 ) + ( (−1)2 ) + (64 ∗ (−1))))
5
4
3
2
4
𝑉 = ∫ 𝜋(8 + 6𝑦 − 2𝑦 2 )2 𝑑𝑦 =
−1
1250𝜋
= 1308,9969
3
b. Calcula el volumen del cuerpo generado al hacer girar la región limitada por 𝒚 = 𝟒𝒙 − 𝒙𝟐 ;
𝒚 = 𝟖𝒙 − 𝟐𝒙𝟐 ; en torno de la recta 𝒚 = −𝟐.
Primero trasladamos 2 unidades en el eje 𝑦 y a las curvas delimitante para facilitar cálculos,
quedando la recta eje 𝑦 = 0 y la región delimitante de las parábolas queda como, 𝑦 = 2 +
4𝑥 − 𝑥 2 , y 𝑦 = 2 + 8𝑥 − 2𝑥 2 ahora calculamos corte en 𝑦 = 0, se tiene que,
Primero donde las curvas se cortan,
2 + 4𝑥 − 𝑥 2 = 2 + 8𝑥 − 2𝑥 2
0 = 4𝑥 − 𝑥 2 = 𝑥(4 − 𝑥)
Los cortes de curvas son en 𝑥 = 0 y 𝑥 = 4
Ahora para las curvas y el eje x
0 = 2 + 4𝑥 − 𝑥 2
𝑥=
−𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 −4 ± √42 + 4 ∗ 1 ∗ 2
=
= ((2 − √6); (2 + √6))
2𝑎
−2
0 = 2 + 4𝑥 − 𝑥 2 = ((2 − √6); (2 + √6))
0 = 2 + 8𝑥 − 2𝑥 2
𝑥=
−𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐 −8 ± √82 + 4 ∗ 2 ∗ 2
=
= ((2 − √5); (2 + √5))
2𝑎
−4
Integramos entonces a partir de eso limitantes la curva
0
0
(2 + 4𝑥 − 𝑥 2 )2 𝑑𝑥 − 𝜋 ∫
𝑉 = (2 (𝜋 ∫
(2−√6)
(2 + 8𝑥 − 2𝑥 2 )2 𝑑𝑥 ))
(2−√5)
4
4
+ (𝜋 ∫ (2 + 8𝑥 − 2𝑥 2 )2 𝑑𝑥 − 𝜋 ∫ (2 + 4𝑥 − 𝑥 2 )2 𝑑𝑥)
0
0
Se calcula las primitiva, completando cuadrados
∫(2 + 4𝑥 − 𝑥 2 )2 𝑑𝑥 = ∫(−(𝑥 − 2)2 + 6)2 𝑑𝑥
Aplicando sustitución de variable
𝑢 =𝑥−2
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
∫(−(𝑢)2 + 6)2 𝑑𝑢 = ∫(𝑢4 − 12𝑢2 + 36)𝑑𝑢 = (∫ 𝑢4 𝑑𝑢 − ∫ 12𝑢2 𝑑𝑢 + ∫ 36𝑑𝑢)
=(
(𝑥 − 2 )5
𝑢5
− 4𝑢3 + 36𝑢) = (
− 4(𝑥 − 2 )3 + 36(𝑥 − 2 ))
5
5
(𝑥 − 2 )5
∫(−(𝑢)2 + 6)2 𝑑𝑢 = (
− 4 ∗ (𝑥 − 2 )3 + 36 ∗ (𝑥 − 2 ))
5
Ahora,
∫(2 + 8𝑥 − 2𝑥 2 )2 𝑑𝑥 = ∫(4𝑥 4 − 32𝑥 3 + 56𝑥 2 + 32𝑥 + 4) 𝑑𝑥
= ∫ 4𝑥 4 𝑑𝑥 − ∫ 32𝑥 3 𝑑𝑥 + ∫ 56𝑥 2 𝑑𝑥 + ∫ 32𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 4 𝑑𝑥
4
56
∫(2 + 8𝑥 − 2𝑥 2 )2 𝑑𝑥 = 𝑥 5 − 8𝑥 4 + 𝑥 3 + 16𝑥 2 + 4𝑥
5
3
Entonces,
0
0
(2 + 4𝑥 − 𝑥 2 )2 𝑑𝑥 − 𝜋 ∫
𝑉1 = 2 (𝜋 ∫
(2−√6)
(2−√5)
𝟎
𝑽𝟏 = 𝟐𝝅 (∫
(2 + 8𝑥 − 2𝑥 2 )2 𝑑𝑥 )
𝟐
𝟎
(𝟐 + 𝟒𝒙 − 𝒙𝟐 ) 𝒅𝒙 − ∫
(𝟐−√𝟔)
𝟐
(𝟐 + 𝟖𝒙 − 𝟐𝒙𝟐 ) 𝒅𝒙)
(𝟐−√𝟓)
Se tiene para
0
(2 + 4𝑥 − 𝑥 2 )2 𝑑𝑥 =
∫
(2−√6)
(𝑥 − 2 )5
0
− 4 ∗ (𝑥 − 2 )3 + 36 ∗ (𝑥 − 2 )|
−
(2
√6)
5
(0 − 2 )5
=(
− 4 ∗ (0 − 2 )3 + 36 ∗ (0 − 2 ))
5
5
((2 − √6) − 2 )
−
5
3
− 4 ∗ ((2 − √6) − 2 ) + 36 ∗ ((2 − √6) − 2 )
(
)
= (−46,4 + 47,03) = 0,63
Se tiene para,
0
0
4
56
(2 + 8𝑥 − 2𝑥 2 )2 𝑑𝑥 = 𝑥 5 − 8𝑥 4 + 𝑥 3 + 16𝑥 2 + 4𝑥|
−
√5)
(2
5
3
(2−√5)
∫
4
56 3
= ( ∗ 05 − 8 ∗ 04 +
∗ 0 + 16 ∗ 02 + 4 ∗ 0)
5
3
4
5
4
56
3
2
− ( ∗ (2 − √5) − 8 ∗ (2 − √5) +
∗ (2 − √5) + 16 ∗ (2 − √5) + 4
5
3
∗ (2 − √5)) = (0) − (−0,32) = 0,32
𝑽𝟏 = 𝟐𝝅(𝟎, 𝟔𝟑 − 𝟎, 𝟑𝟐) = 𝟏, 𝟗𝟒𝟖
Ahora para,
4
4
𝑉2 = (𝜋 ∫ (2 + 8𝑥 − 2𝑥 2 )2 𝑑𝑥 − 𝜋 ∫ (2 + 4𝑥 − 𝑥 2 )2 𝑑𝑥) =
0
4
0
4
= 𝜋 (∫ (2 + 8𝑥 − 2𝑥 2 )2 𝑑𝑥 − ∫ (2 + 4𝑥 − 𝑥 2 )2 𝑑𝑥)
0
0
Se tiene para
4
4
56
4
∫ (2 + 8𝑥 − 2𝑥 2 )2 𝑑𝑥 = 𝑥 5 − 8𝑥 4 + 𝑥 3 + 16𝑥 2 + 4𝑥|
0
5
3
0
4
56 3
= ( ∗ 45 − 8 ∗ 44 +
∗ 4 + 16 ∗ 42 + 4 ∗ 4)
5
3
4
56 3
− ( ∗ 05 − 8 ∗ 04 +
∗ 0 + 16 ∗ 02 + 4 ∗ 0)
5
3
= (237,87) − 0 = 237,87
Se tiene para,
4
∫ (2 + 4𝑥 − 𝑥 2 )2 𝑑𝑥 =
0
(𝑥 − 2 )5
4
− 4 ∗ (𝑥 − 2 )3 + 36 ∗ (𝑥 − 2 )|
0
5
(4 − 2 )5
(0 − 2 )5
3
(4
)
(4
))
=(
− 4 ∗ − 2 + 36 ∗ − 2 − (
− 4 ∗ (0 − 2 )3 + 36 ∗ (0 − 2 ))
5
5
= (46,40) − (−46,40) = 92,8
𝑽𝟐 = 𝝅(𝟐𝟑𝟕, 𝟖𝟕 − 𝟗𝟐, 𝟖) = 𝟒𝟓𝟓, 𝟕𝟓
Por lo tanto,
𝑽 = 𝑽𝟏 + 𝑽𝟐 = 𝟒𝟓𝟓, 𝟕𝟓 + 𝟏, 𝟗𝟒𝟖 = 𝟒𝟓𝟕, 𝟔𝟗𝟖
4. Calcular la longitud de la curva dada.
a. 𝒚 = 𝟓 − √𝒙𝟑 ; 𝑨(𝟏, 𝟒) 𝒚 𝑩(𝟒, −𝟑)
b. 𝒚 = 𝒍𝒏 𝒔𝒆𝒄(𝒙); 𝒅𝒆𝒔𝒅𝒆 𝒙 = 𝟎 𝒉𝒂𝒔𝒕𝒂 𝒙 =
𝝅
𝟒
Resp.
a. 𝒚 = 𝟓 − √𝒙𝟑 ; 𝑨(𝟏, 𝟒) 𝒚 𝑩(𝟒, −𝟑)
se determina 𝑦′,
𝑦′ = 0 −
3√𝑥
3√𝑥
=−
2
2
Entonces para el segmento 𝐴(1,4),
2
4
4
3√𝑥
1
1 4
𝐿1 = ∫ √1 + (−
) 𝑑𝑥 = ∫ √4 + 9𝑥 = ∫ √4 + 9𝑥
2
2 1
1
1 2
1
Se calcula la primitiva de,2 ∫ √4 + 9𝑥 𝑑𝑥
Aplicando cambio de variable
𝑢 = 4 + 9𝑥
𝑑𝑢 = 9𝑑𝑥
3
3
1
11
1
1 𝑢2
2 𝑢2
1 3
∫ √4 + 9𝑥 𝑑𝑥 =
∫ √𝑢 𝑑𝑢 =
∫ √𝑢 𝑑𝑢 =
=
=
𝑢2
2
29
18
18 3
18 3
27
2
3
1
1
(4 + 9𝑥)2
∫ √4 + 9𝑥 𝑑𝑥 =
2
27
Entonces
4
2
3
3√𝑥
1
(4 + 9𝑥)2 | 4
𝐿1 = ∫ √1 + (−
) 𝑑𝑥 =
1
2
27
1
=(
3
3
1
1
(4 + 9 ∗ 4)2 ) − ( (4 + 9 ∗ 1)2 ) = 7,63
27
27
el segmento 𝐴(1,4) entonces la longitud es 𝐿1 = 7,63
para el segmento 𝐵(4, −3), se tiene que,
−3
𝐿2 = ∫
4
2
3 𝑥
1
−3
√1 + (− √ ) 𝑑𝑥 =
√(4 + 9𝑥)3 |
4
2
27
En este caso se debe cumplir que (4 + 9𝑥)3 ≥ 0 ,para que sea la longitud sea real, entonces 𝑥
4
debe ser (4 + 9𝑥)3 ≥ 0 → 4 + 9𝑥 ≥ 0 → 𝑥 ≥ − 9, por lo tanto, el segmento debe ser a
4
determinar la longitud es 𝐵 (− 9 , 4),
−
𝐿2 = ∫
4
4
9
2
4
3 𝑥
1
−
3
√1 + (− √ ) 𝑑𝑥 =
√(4 + 9𝑥) | 9
2
27
4
3
3
1
1
4 2
= ( (4 + 9 ∗ 4)2 ) − ( (4 + 9 ∗ (− )) ) = 9,37
27
27
9
4
9
el segmento 𝐵 (− , 4) entonces la longitud es 𝐿2 = 9,37
𝝅
b. 𝒚 = 𝒍𝒏 𝒔𝒆𝒄(𝒙); 𝒅𝒆𝒔𝒅𝒆 𝒙 = 𝟎 𝒉𝒂𝒔𝒕𝒂 𝒙 = 𝟒,
se determina 𝑦′,
′
𝑦 ′ = (𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑐(𝑥)) ) =
1
1
′
(𝑠𝑒𝑐(𝑥)) =
(𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑡𝑎𝑛(𝑥)) = 𝑡𝑎𝑛(𝑥)
𝑠𝑒𝑐(𝑥)
𝑠𝑒𝑐(𝑥)
𝜋
4
Entonces para el segmento 𝐶 (0, ),
𝜋
4
2
4
2
𝐿3 = ∫ √1 + (𝑡𝑎𝑛(𝑥)) 𝑑𝑥 = ∫ √(𝑠𝑒𝑐(𝑥)) = 𝑙𝑛|𝑡𝑎𝑛(𝑥) + 𝑠𝑒𝑐(𝑥)|
0
1
Entonces
𝜋
4
𝜋
2
𝐿3 = ∫ √1 + (𝑡𝑎𝑛(𝑥)) 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛|𝑡𝑎𝑛(𝑥) + 𝑠𝑒𝑐(𝑥)||4
0
0
𝜋
𝜋
= (𝑙𝑛 |𝑡𝑎𝑛 ( ) + 𝑠𝑒𝑐 ( )|) − (𝑙𝑛|𝑡𝑎𝑛(0) + 𝑠𝑒𝑐(0)|) = 0,88
4
4
𝜋
el segmento 𝐶 (0, 4 ) entonces la longitud es 𝐿3 = 0,88
P:4, O. II. 2. Resuelva según el enunciado de cada problema.
𝜋
1. Dada la ecuación: 𝑟 = 3 − 2𝑐𝑜𝑠(𝜃), 𝜃= − 2. Hallar:
a. La pendiente m de la tangente a la gráfica de la ecuación en el punto indicado.
b. La ecuación cartesiana de la recta tangente.
c. La ecuación polar de la recta tangente.
Resp.
Hallamos las ecuaciones cartesianas de la ecuación polar
𝑥 = (3 − 2 cos(𝜃))𝑐𝑜𝑠(𝜃)
𝑦 = (3 − 2 cos(𝜃))𝑠𝑖𝑛(𝜃)
Aplicando regla de la cadena se tiene que
𝑑𝑥
= (3 − 2 cos(𝜃))′ 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝑐𝑜𝑠(𝜃)′ (3 − 2 cos(𝜃))
𝑑𝜃
= 2𝑠𝑖𝑛(𝑥)𝑐𝑜𝑠(𝑥) − 𝑠𝑖𝑛(𝑥)(3 − 2 cos(𝜃))
= 𝑠𝑖𝑛(2𝑥) − 𝑠𝑖𝑛(𝑥)(3 − 2 cos(𝜃))
Aplicando regla de la cadena se tiene que
𝑑𝑥
= (3 − 2 cos(𝜃))′ 𝑠𝑖𝑛(𝜃) + 𝑠𝑖𝑛(𝜃)′ (3 − 2 cos(𝜃))
𝑑𝜃
= 2𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑠𝑖𝑛(𝜃) + cos(𝜃) (3 − 2 cos(𝜃))
= 2𝑠𝑖𝑛2 (𝜃) + cos(𝜃) (3 − 2 cos(𝜃))
𝒅𝒚
𝒅𝒚 𝒅𝜽 𝟐𝒔𝒊𝒏𝟐 (𝜽) + 𝐜𝐨𝐬(𝜽) (𝟑 − 𝟐 𝐜𝐨𝐬(𝜽))
𝒎=
=
=
𝒅𝒙 𝒅𝒙
𝒔𝒊𝒏(𝟐𝒙) − 𝒔𝒊𝒏(𝒙)(𝟑 − 𝟐 𝐜𝐨𝐬(𝜽))
𝒅𝜽
a. La pendiente m de la tangente a la gráfica de la ecuación en el punto indicado.
Entonces la pendiente en el ángulo 𝜃= −
𝜋
2
𝜋
𝜋
𝜋
𝟐𝒔𝒊𝒏𝟐 (− 2 ) + 𝐜𝐨𝐬 (− 2 ) (𝟑 − 𝟐 𝐜𝐨𝐬 (− 2 ))
𝟐+𝟎
𝒎=
=
=𝟏
𝜋
𝜋
𝜋
−𝟏 + 𝟑
𝒔𝒊𝒏 (− ) − 𝒔𝒊𝒏 (− ) (𝟑 − 𝟐 𝐜𝐨𝐬 (− ))
2
2
2
b. La ecuación cartesiana de la recta tangente.
Se calcula el punto cartesiano el ángulo indicado
𝜋
𝜋
𝑥 = (3 − 2 cos (− )) 𝑐𝑜𝑠 (− ) = 0
2
2
𝜋
𝜋
𝑦 = (3 − 2 cos (− )) 𝑠𝑖𝑛 (− ) = −3
2
2
Entonces,
𝑦 + 3 = 𝑚(𝑥 − 0)
𝒚=𝒙−𝟑
c. La ecuación polar de la recta tangente.
𝒚=𝒙−𝟑
𝒓𝒔𝒊𝒏(θ) = 𝒓𝒄𝒐𝒔(θ) − 𝟑
𝒓=
−𝟑
𝒔𝒊𝒏(θ) − 𝒄𝒐𝒔(θ)
𝑑𝑢
2. Sabiendo que: 𝑢 = 2𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑡𝑎𝑛(𝑠)) y 𝑣 = 𝑡𝑔(𝑠) + 𝑐𝑡𝑔(𝑠), Demuestre que 𝑑𝑠 .
Aplicando regla de la cadena, se tiene que
𝑑(2𝑙𝑛(𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑠)))
1
𝑑(𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥))
1
=2
= −2
𝑐𝑠𝑐 2 (𝑠)
𝑑𝑠
𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑠)
𝑑𝑠
𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑠)
𝑑𝑢
= −2𝑐𝑠𝑐 2 (𝑠)𝑡𝑎𝑛(𝑠)
𝑑𝑠
3. Calcule la longitud de la tractriz:
𝒕
𝒕
𝒙 = 𝒕 − 𝒂 ∗ 𝒕𝒂𝒏𝒉 ( ) ; 𝒚 = 𝒂 ∗ 𝒔𝒆𝒄𝒉 ( )
𝒂
𝒂
Desde 𝑡 = 𝑎 hasta 𝑡 = 2𝑎.
Sabiendo que la longitud de una curva parametrizada es,
𝑡2
2
2
𝐿 = ∫ √(𝑥′(𝑡)) + (𝑦′(𝑡))
𝑡1
Entonces se tiene que
′
𝑥
𝑡
𝑡
= (𝑡 − 𝑎 ∗ 𝑡𝑎𝑛ℎ ( )) = 𝑡𝑎𝑛ℎ2 ( )
𝑎
𝑎
′ (𝑡)
′
𝑡
𝑡
𝑡
𝑦 ′ (𝑡) = (𝑎 ∗ 𝑠𝑒𝑐ℎ ( )) = −𝑠𝑒𝑐ℎ ( ) 𝑡𝑎𝑛ℎ2 ( )
𝑎
𝑎
𝑎
Entonces,
2𝑎
𝐿=∫
𝑎
2
2𝑎
𝐿=∫
𝑎
𝑡
𝑎
2
𝑡
𝑡
𝑡
√(𝑡𝑎𝑛ℎ2 ( )) + (−𝑠𝑒𝑐ℎ ( ) 𝑡𝑎𝑛ℎ2 ( )) 𝑑𝑡
𝑎
𝑎
𝑎
2
2
𝑡
𝑡
√(𝑡𝑎𝑛ℎ2 ( )) (1 + (𝑠𝑒𝑐ℎ ( )) ) 𝑑𝑡
𝑎
𝑎
𝑡
𝑎
sea 𝑠𝑒𝑐ℎ2 ( ) = 1 − 𝑡𝑎𝑛ℎ2 ( )
2𝑎
𝐿=∫
𝑎
2
𝑡
𝑡
√(𝑡𝑎𝑛ℎ2 ( )) (2 − 𝑡𝑎𝑛ℎ2 ( )) 𝑑𝑡
𝑎
𝑎
𝑡
Sea 𝑢 = 𝑡𝑎𝑛ℎ (𝑎) entonces 𝑑𝑢 =
𝑡
𝑎
𝑠𝑒𝑐ℎ 2 ( )
𝑎
𝑑𝑡 entonces
𝑎
𝑎
𝑡
𝑎
𝑠𝑒𝑐ℎ 2 ( )
𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 y 1−𝑢2 𝑑𝑢 = 𝑑𝑡
Para 𝑡 = 𝑎 → 𝑢1 = 0,76159 y 𝑡 = 2𝑎 → 𝑢2 = 0,96402
3 2
𝑢2
𝑢2
𝐿 = ∫ √(𝑢2 )2 (2 − 𝑢2 )
𝑢1
𝑢2
= 𝑎∫
𝑢1
(2𝑢4
𝑢2
𝑢6 )
𝑎
−
𝑑𝑢 = 𝑎 ∫ √
𝑑𝑢 = 𝑎 ∫
2
(1 − 𝑢2 )2
1−𝑢
𝑢1
𝑢1
3
3
2
2
√(√2𝑢 − 𝑢 )
(1 − 𝑢2 )2
𝑢2
𝑢2
𝑢2
√2𝑢2 − 𝑢2
√2𝑢2
𝑑𝑢
=
𝑎
(∫
−
∫
) 𝑑𝑢
2
2
2
1−𝑢
𝑢1 1 − 𝑢
𝑢1 1 − 𝑢
Se resuelve primero
𝑢2
∫
𝑢1
𝑢2
𝑢2
√2𝑢2
𝑑𝑢
=
∫
𝑑𝑢
√2
2
1 − 𝑢2
𝑢1 1 − 𝑢
𝑑𝑢
con
𝑢2
1
=
−1
2
1−𝑢
1 − 𝑢2
Entonces,
𝑢2
𝑢2
𝑢2
𝑢2
1
𝑑𝑢
=
𝑑𝑢
−
∫
1 𝑑𝑢)
(∫
√2
2
1 − 𝑢2
𝑢1 1 − 𝑢
𝑢1
= √2 ∫
𝑢1
Con
∫
1
𝑙𝑛|𝑥 + 1| 𝑙𝑛|𝑥 − 1|
𝑑𝑢 =
−
1 − 𝑢2
2
2
= √2 (
𝑢2
∫
𝑢1
𝑦
∫ 1𝑑𝑢 = 𝑥
𝑙𝑛|𝑥 + 1| 𝑙𝑛|𝑥 − 1|
𝑢2
−
− 𝑥)|
𝑢1
2
2
𝑙𝑛|0,96402 + 1| 𝑙𝑛|0,96402 − 1|
√2𝑢2
𝑑𝑢 = √2 ((
−
− 0,96402)
2
1−𝑢
2
2
−(
𝑙𝑛|0,76159 + 1| 𝑙𝑛|0,76159 − 1|
−
− 0,76159)) = 1,12779
2
2
𝑢2
∫
𝑢1
√2𝑢2
𝑑𝑢 = 1,12779
1 − 𝑢2
Ahora se resuelve
𝑢2
∫
𝑢1
1
3
3
𝑢2
𝑢2
𝑢2
𝑑𝑢
=
−
∫
𝑑𝑢
2
2
1−𝑢
𝑢1 −1 + 𝑢
1
1
Sustituyendo 𝑣 = √𝑢, 𝑑𝑣 = 2 𝑢−2 𝑑𝑢 2𝑢2 𝑑𝑣 = 𝑑𝑢
Para 𝑢1 = 0,76159 → 𝑣1 = 0,87269 y 𝑢2 = 0,96402 → 𝑣2 = 0,98184
𝑣2
= −2 ∫
𝑣1
𝑣4
𝑑𝑣
−1 + 𝑣 4
Resolviendo por fracciones parciales
𝑣4
1
1
1
1
=1+
=1−
−
+
4
4
2
−1 + 𝑣
−1 + 𝑣
2(𝑣 + 1) 4(𝑣 + 1) 4(𝑣 − 1)
Entonces,
𝑣2
= −2 ∫ 1 −
𝑣1
1
1
1
−
+
𝑑𝑣
+ 1) 4(𝑣 + 1) 4(𝑣 − 1)
2(𝑣 2
1
1
1
𝑣2
= −2 (𝑣 − ( 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑣)) − ( 𝑙𝑛|𝑣 + 1|) + ( 𝑙𝑛|𝑣 − 1|))|
𝑣1
2
4
4
1
1
𝑣2
= (−2𝑣 + (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑣)) + ( 𝑙𝑛|𝑣 + 1|) − ( 𝑙𝑛|𝑣 − 1|))|
𝑣1
2
2
1
1
= (−2 ∗ 0,98184 + (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(0,98184)) + ( 𝑙𝑛|0,98184 + 1|) − ( 𝑙𝑛|0,98184 − 1|))
2
2
1
− (−2 ∗ 0,87269 + (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(0,87269)) + ( 𝑙𝑛|0,87269 + 1|)
2
1
− ( 𝑙𝑛|0,87269 − 1|)) = 0,84244
2
𝑢2
∫
𝑢1
3
𝑢2
𝑑𝑢 = 0,84244
1 − 𝑢2
Por lo tanto,
2𝑎
𝐿=∫
𝑎
2
3
2
𝑢2
𝑢2
𝑡
𝑡
𝑢2
√2𝑢2
√(𝑡𝑎𝑛ℎ2 ( )) (1 + (𝑠𝑒𝑐ℎ ( )) ) 𝑑𝑡 = 𝑎 (∫
𝑑𝑢
−
∫
𝑑𝑢)
2
2
𝑎
𝑎
𝑢1 1 − 𝑢
𝑢1 1 − 𝑢
= 𝑎(1,12779 − 0,84244) = 𝑎 ∗ 0.28535
2
2𝑎
𝐿=∫
𝑎
√(𝑡𝑎𝑛ℎ2 (
2
𝑡
𝑡
)) (1 + (𝑠𝑒𝑐ℎ ( )) ) 𝑑𝑡 = 𝑎 ∗ 0.28535
𝑎
𝑎
4. Calcula el área de la superficie generada al hacer rotar la curva representada por la
𝝅
ecuación 𝒙 = 𝒂 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟑 (𝜽); 𝒚 = 𝒂 ∗ 𝒔𝒊𝒏𝟑 (𝜽) ; 𝟎 ≤ 𝜽 ≤ 𝟐 alrededor del eje 𝒙.
Para encontrar el ares de superficie con las funciones parametrizadas al redero de eje x, se
tiene que,
𝑏
𝑆 = ∫ 2𝜋𝑦√(𝑥(𝑡)′)2 + (𝑦(𝑡)′)2 𝑑𝑡
𝑎
Calculamos las derivadas de las funciones generatrices,
𝑥(𝑡)′ = (𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠 3 (𝑡))′
Aplicando regla de la cena
2
2
𝑥(𝑡)′ = 3𝑎 ∗ (𝑐𝑜𝑠(𝑡)) 𝑐𝑜𝑠(𝑡)′ = 3𝑎 ∗ (𝑐𝑜𝑠(𝑡)) (−𝑠𝑖𝑛(𝑡)) = −3𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑡)𝑠𝑖𝑛(𝑡)
Ahora,
′
𝑥(𝑡)′ = (𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛3 (𝜃))
Aplicando regla de la cena
2
2
𝑥(𝑡)′ = 3𝑎 ∗ (𝑠𝑖𝑛(𝜃)) 𝑠𝑖𝑛(𝑥)′ = 3𝑎 ∗ (𝑠𝑖𝑛(𝜃)) (𝑐𝑜𝑠(𝑡)) = 3𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛2 (𝑡)𝑐𝑜𝑠(𝑡)
Ahora se calcula la superficie,
𝜋
2
2
2
𝑆 = ∫ 2𝜋 ∗ 𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛3 (𝜃)√(−3𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃)𝑠𝑖𝑛(𝜃)) + (3𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛2 (𝜃)𝑐𝑜𝑠(𝑡𝜃))
𝑑𝜃
0
𝜋
2
2
2
𝑆 = 2𝜋𝑎 ∫ 𝑠𝑖𝑛3 (𝜃)√(−3𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃)𝑠𝑖𝑛(𝜃)) + (3𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛2 (𝜃)𝑐𝑜𝑠(𝜃))
0
𝜋
2
2
2
𝑆 = 2𝜋𝑎 ∫ 𝑠𝑖𝑛3 (𝜃)3𝑎√(−𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃)𝑠𝑖𝑛(𝜃)) + (𝑠𝑖𝑛2 (𝜃)𝑐𝑜𝑠(𝜃))
0
𝜋
2
2
2
𝑆 = 6𝜋𝑎 ∫ 𝑠𝑖𝑛3 (𝜃)√(−𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃)𝑠𝑖𝑛(𝜃)) + (𝑠𝑖𝑛2 (𝜃)𝑐𝑜𝑠(𝜃))
2
0
𝑑𝜃
𝑑𝜃
𝜋
2
𝑆 = 6𝜋𝑎2 ∫ 𝑠𝑖𝑛3 (𝜃)√𝑐𝑜𝑠 4 (𝜃)𝑠𝑖𝑛2 (𝜃) + 𝑠𝑖𝑛4 (𝜃)𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃) 𝑑𝜃
0
𝜋
2
𝑆 = 6𝜋𝑎2 ∫ 𝑠𝑖𝑛3 (𝜃)√𝑠𝑖𝑛2 (𝜃)𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃)(𝑠𝑖𝑛2 (𝜃) + 𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃)) 𝑑𝜃
0
2
𝜋
2
𝑆 = 6𝜋𝑎 ∫ 𝑠𝑖𝑛3 (𝜃)√𝑠𝑖𝑛2 (𝜃)𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃) 𝑑𝜃
0
1
Sea 𝑢 = 𝑠𝑖𝑛(𝜃) y 𝑑𝑢 = 𝑐𝑜𝑠(𝜃)𝑑𝜃, entoneces 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑑𝑢 = 𝑑𝜃
1
𝑆 = 6𝜋𝑎2 ∫ 𝑢3 √𝑢2 𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃)
0
1
𝑑𝑢
𝑐𝑜𝑠(𝜃)
𝑑𝜃
1
𝑆 = 6𝜋𝑎2 ∫ 𝑢3 √𝑢2
0
1
1
𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃)
2
3√ 2
2
𝑑𝑢
=
6𝜋𝑎
∫
𝑢
𝑢
𝑑𝑢
=
6𝜋𝑎
∫
𝑢4 𝑑𝑢
𝑐𝑜𝑠 2 (𝜃)
0
0
𝑢5 1
15 6𝜋𝑎2
2
= 6𝜋𝑎
=
| = 6𝜋𝑎
5 0
5
5
2
𝜋
2
𝑆 = ∫ 2𝜋𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛
0
3 (𝜃)√
((𝑎 ∗
2
𝑐𝑜𝑠 3 (𝜃))′)
+ ((𝑎 ∗
𝑠𝑖𝑛3 (𝜃))′)
2
6𝜋𝑎2
𝑑𝜃 =
5
