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 INTEGRACION
´ POR SUSTITUCION ´ O ´ CAMBIO DE VARIABLE INTEGRACION Z dx √ √ Ejercicio 30: I = x+1+ x−1 Soluci´ √ √ √ Z on: Z √ dx x−1+ x+1 x−1− x+1 1 (x − 1)3/2 (x + 1)3/2 √ √ √ √ dx = − [ − ] I= = −2 2 3/2 3/2 x+1+ x−1 x−1− x+1
0.2.1.
1 I = [(x + 1)3/2 − (x − 1)3/2 ] + C 3 Z Ejercicio 31:
I=
dx dx 1 + sex
Soluci´on: R 1 − sex R R senx R dx 1 − senx 2 x − senx )dx = tanx − dx = dx = (sec dx I= 1 + sex 1 − sex cos2 x cos2 x cos2 x Sea u = cosx ⇒ du = −senxdx R du 1 I = tanx + = tanx − + C 2 u u I = tanx −
1 +C cosx Z
Ejercicio 44:
I=
dx e−x + ex
Soluci´on: R R R ex dx dx ex dx I= = = e−x + ex ex (e−x + ex ) 1 + (ex )2 x x Sea u = e ⇒ du = e dx R du I= = arctan(u) + C 1 + u2 I = aractan(ex ) + C
1
Z Ejercicio 45:
I=
dx p√ x+1
Soluci´on: √ Sea u = x + 1 ⇒ x = (u − 1)2 ⇒ dx = 2(u − 1)du R 2(u − 1)du R R 4u3/2 √ I= = 2[ u1/2 du − u−1/2 du] = − 4u1/2 + C 3 u √ 4 √ I = ( x + 1)3/2 − 4( x + 1)1/2 + C 3 ´ POR PARTES METODO DE INTEGRACION Z Ejercicio 04: I = arcsen(2x)dx
0.2.2.
Soluci´on: 2dx y dv = dx ⇒ v = x Escogemos u = arcsen(2x) ⇒ du = √ 1 − 4x2 Luego, 1 R 8xdx √ I = xarcsen(2x) − 4 1 − 4x2 2 Sea w = 1 − 4x ⇒ dw = −4xdx Luego, 1 1 R −1/2 w dw = xarcsen(2x) + w1/2 + C I = xarcsen(2x) + 4 2 1√ 1 − 4x2 + C 2 Z xcox − senx + 1 I= dx (x + cosx)2
I = xarcsen(2x) +
Ejercicio 47:
Soluci´on: R cosx R R 1 − sex R cosx(x + cosx) − cos2 x − senx + 1 cos2 x dx = dx − dx + dx I= 2 2 (x + cosx) x + cosx (x + cosx) (x + cosx)2 En la primera integral escogemos 1 1 − sex u= ⇒ du = − dx y du = cosxdx ⇒ v = senx x + cosx (x + cosx)2 Luego, R senx(1 − senx) R R 1 − senx sex cos2 x I= + dx − dx + dx + C x + cosx (x + cosx)2 (x + cosx)2 (x + cosx)2 Aplicando la linealidad de la integral R senx(1 − senx) − cos2 x + 1 − senx senx I= + dx + C x + cosx (x + cosx)2 R senx + sen2 x − cos2 x + 1 − senx senx I= + dx + C x + cosx (x + cosx)2 I=
senx +C x + cosx Z
Ejercicio 48:
I=
√
x5 1+x ln( )dx 2 1−x 1−x
Soluci´on: R x 1+x I= √ [x4 ln( )]dx, integrando por partes tenemos: 2 1−x 1−x √ 1+x 2 3 ln( 1 + x )]dx y dv = √ x Escogemos u = x4 ln( ) ⇒ du = [x4 +4x dx ⇒ v = − 1 − x2 1−x 1 − x2 1−x 1 − x2 Luego,
2
√ R R √ 1+x x4 1+x I = −x4 1 − x2 ln( )+2 √ )dx dx + 4 x3 1 − x2 ln( 2 1−x 1−x 1−x En la primera integral: R R −x3 (−x) x4 A= √ dx = √ dx 1 − x2 1 − x2 √ −xdx Sea u = −x3 ⇒ du = −3x2 dx y dv = √ ⇒ v = 1 − x2 2 1−x Luego, √ √ R√ R x2 (1 − x2 ) √ dx A = −x3 1 − x2 + 3 1 − x2 x2 dx = −x3 1 − x2 + 3 1 − x2 √ R R x2 x4 A = −x3 1 − x2 + 3 √ dx − 3 √ dx 1 − x2 1 − x2 √ R x2 dx 4A = −x3 1 − x2 + 3 √ ... (i) 1 − x2 Sea R R x2 −x K= √ dx = −x √ dx 1 − x2 1 − x2 √ −xdx Sea u = −x ⇒ du = −dx y dv = √ ⇒ v = 1 − x2 1 − x2 Luego, √ √ R√ 1 √ K = −x 1 − x2 + 1 − x2 dx = −x 1 − x2 + [x 1 − x2 + arcsenx] + C 2 Entonces, √ x 1 − x2 arcsenx + +C K=− 2 2 Reemplazando (K) en (i), √ se tiene: √ x 1 − x2 arcsenx 4A = −x3 1 − x2 + 3[− + + C] 2 2 De donde,√ √ x3 1 − x2 3x 1 − x2 3arcsenx − + +C A=− 4 8 8 Reemplazando (A) en (I), se tendria: √ √ √ R x3 (1 − x2 ) 1+x x3 1 − x2 3x 1 − x2 3arcsenx 1+x 4 2 √ I = −x 1 − x ln( ) + 2[− − + ]+4 )dx ln( 2 1−x 4 8 8 1−x 1−x √ √ √ R 1+x 1+x x3 1 − x2 3x 1 − x2 3arcsenx x3 ln( I = −x4 1 − x2 ln( ) + 2[− − + ]+4 √ )dx 1−x 4 8 8 1−x 1 − x2 −4
R
√
x5 1+x ln( )dx 2 1−x 1−x
De donde, √ R 3arcsenx √ x3 3x 1+x x3 1+x 5I = − 1 − x2 ( + ) − x4 1 − x2 ln( )+4 √ ln( )dx 2 4 2 4 1−x 1−x 1−x Sea, R x3 1+x B= √ )dx ln( 1−x 1 − x2 1+x 2dx Elegimos u = ln( ) ⇒ du = 1−x 1 − x2 y x3 dx dv = √ Integrando, se tiene: 1 − x2 R R x − (1 − x2 )x (1 − x)3/2 √ √ dv = dx ⇒ v = − 1 − x2 3 1 − x2 Luego, R (1 − x)3/2 √ 1 + x (1 − x)3/2 √ dx B = ln( )[ − 1 − x2 ] − 2 [ − 1 − x2 ] 1−x 3 3 1 − x2
3
√ −
R√ R 1 − x2 1+x dx (−2 − x2 )ln( )−2 1 − x2 dx + 2 √ 3 1−x 1 − x2
De donde, 1√ 1+x 5 x√ B=− 1 − x2 (2 + x2 )ln( 1 − x2 + arcsenx + C )− 3 1−x 3 3 Ahora reemplazamos (B) en (I), entonces se tendra: √ √ x3 3x 1+x 1√ 1+x 3 ) − x4 1 − x2 ln( ) + 4[− 1 − x2 (2 + x2 )ln( ) 5I = arcsenx − 1 − x2 ( + 4 2 4 1−x 3 1−x −
x√ 5 1 − x2 + arcsenx] + C 3 3
Simplificando y agrupando tenemos: √ 89 x3 5x 1 I = acrsenx − 1 − x2 ( + )+ 60 10 12 15
0.3. 0.3.1.
r 1+x 1 − x2 (8 + 4x2 + 3x4 )ln( )+C 1−x
´ ARTIFICIOS DE INTEGRACION ´ INTEGRACION DE ALGUNAS FUNCIONES QUE CONTIENEN UN TRINOMIO CUADRADO
´ INTEGRACION DE ALGUNAS FUNCIONES TRIGONOMETRICAS E HIPERBOLICAS Z 3 + 5x dx Ejercicio 05: I = 2 9x − 12x + 13 Soluci´on: 5 19 Pero: 5x + 3 = (18x − 12) + 18 3 Luego, R d(9x2 − 12x + 13) 19 R d(3x − 2) 5 R 18x − 12 19 R dx I= dx + = + 18 9x2 − 12x + 13 3 9x2 − 12x + 13 9x2 − 12x + 13 9 (3x − 2)2 + 9 De donde se tiene:
0.3.2.
5 19 3x − 2 ln|9x2 − 12x + 13| + arctan( )+C 18 27 3 R Ejercicio 45: I = cosh3xcoshxdx Soluci´on:
I=
1R 1 1 (cosh4x + cosh2x)dx = senh4x + senh2x + C 2 8 4 Z Ejercicio 46: I = senh4xsenhxdx I=
Soluci´on: 1R 1 1 I= (cosh5x − cosh3x)dx = senh5x − senh3x + C 2 10 6
0.4.
´ POR SUSTITUCION ´ TRIGONOMETRICA INTEGRACION Z
Ejercicio 09:
I=
(2x − 3)dx + 2x − 3)3/2
(x2
Soluci´on:
4
Z Z Z 5 d(x2 + 2x − 3) dx 2x + 2 dx − dx = −5 I= 3/2 3/2 3/2 2 2 2 (x + 2x − 3) Z (x + 2x − 3) (x + 2x − 3) [(x + 1)2 − 4]3/2 2 dx I=√ −5 2 − 4]3/2 2 [(x + 1) x + 2x − 3 Z
Sea x + 1 = 2secz ⇒ dx = 2secztanzdz
Luego, I = −√
2 5 − 2 4 x + 2x − 3
Z
secz dz tan2 z
Z
Z secz cosz dz = dz 2 tan z sen2 z 1 x+1 A=− = −√ 2 senz x + 2x − 3 Sea A =
Figura 1: Tri´angulo Reemplazando (A) en (I), se tiene:
I = −√
x2
2 5 5x − 3 x+1 − √ = √ +C 2 4 + 2x − 3 x + 2x − 3 4 x2 + 2x − 3 Z
Ejercicio 34:
I=
e2x dx p (e2x − 2ex + 5)3
Soluci´on: R e2x dx I= p ((ex − 1)2 − 4)3 Sea ex − 1 = 2tanz ⇒ ex dx = 2sec2 zdz, entonces R 2(2tanz + 1)sec2 zdz 1 R 2tanz + 1 1 R tanzdz 1 R dz p I= = dz = + 4 secz 2 secz 4 secz ( 4(tan2 z + 1))3 R R 1 1 1 1 I= senzdz + coszdz = − cosz + senz + C 2 4 2 4
De donde 1 ex − 1 I = −√ + √ +C e2x − 2ex + 5 4 e2x − 2ex + 5 ex − 5 I= √ +C 4 e2x − 2ex − 5
5
0.5.
´ DE FUNCIONES RACIONALES INTEGRACION Z
Ejercicio 17:
I=
x8
dx + x6
Soluci´on: Siendo x8 + x6 = x6 (x2 + 1), entonces 1 A B C D E F Gx + H = 6+ 5+ 4+ 3+ 2+ + 2 6 2 x (x + 1) x x x x x x x +1 Luego, I = (F + G)x7 + (E + H)x6 + (D + F )x5 + (C + E)x4 + (B + D)x3 + (A + C)x2 + BX + A De donde obtenenmos: A = 1, B = 0, C = −1, D = 0, E = 1, F = 0, G = 0, H = −1 Finalmente R 1 1 1 1 1 1 1 I= ( 6− 4+ 2− 2 )dx = − 5 + 3 − − arctanx + C x x x x +1 5x 3x x Z Ejercicio 22:
I=
dx x12 (x11 + 1)
Soluci´on: R x10 dx I= , Sea u = x11 ⇒ du = 11x10 dx x12 (x11 + 1) Luego, du 1 R u2 + (1 − u2 ) 1 R 1 1 1 1 1 1 R = du = ( + 2 − )du = (ln|u + 1| − − ln|u|) I= 2 2 11 u (u + 1) 11 u (u + 1) 11 u + 1 u u 11 u Por lo tanto,
I=
0.6.
1 1 ln|x11 + 1| − − ln|x| + C 11 11x11
´ DE ALGUNAS FUNCIONES IRRACIONALES INTEGRACION
0.6.1. INTEGRAL DE LA FORMA R a + bx m1 /n1 a + bx mk /nk R[x, ( ) , ..., ( ) ]dx c + dx c + dx 0.6.2. INTEGRALES DE LA FORMA R dx p 2 px + qx + r, n ∈ N (x − a)n 0.6.3. INTEGRALES DE LA FORMA √ R R(x, ax2 + bx + c)dx 0.6.4. INTEGRALES DE LA FORMA R m x (a + bxn )p dx Z Ejercicio 15:
I=
dx √ (cosx − senx) cos2x
Soluci´on: I=
R
1 dx R dx cos2 x = (cosx − senx)(cos2 x − sen2 x)1/2 (cosx − senx) (cos2 − sen2 x)1/2 cosx cosx
6
sec2 dx, Sea u = tanx ⇒ du = sec2 xdx (1 − tanx)(1 − tan2 x)1/2 Luego, R R du du (1 − u)1/2 R 1 1 − u 1/2 I= = = ( ) du 2 1/2 1/2 1/2 2 (1 − u) 1 + u (1 − u)(1 − u ) (1 − u)(1 − u) (1 − u) 1 1−u 1+u 2du Sea = ⇒z= ⇒ dz = z 1+u 1−u (1 − u)2 Luego sustituyendo en la integral se tiene: 1 R −1/2 1 R 1 1/2 ( ) dz = z dz = z 1/2 I= 2 z 2 Por lo tanto se tiene, I=
R
r I=
1 + tanx +C 1 − tanx Z
Ejercicio 28:
I=
x+2 √ dx (x − 1) x2 + 1
Soluci´on: √ R (x − 1) + 3 R R R dx 3 3 √ √ √ I= dx = √ + dx = ln|x+ x2 + 1|+ dx 2 2 2 (x − 1) x + 1 x +1 (x − 1) x + 1 (x − 1) x2 + 1 R 3 1 du √ Sea A = dx, sea la sustituci´on x − 1 = ⇒ dx = − 2 2 u u (x − 1) x + 1 2 + 2u + 1 1+u 2u Adem´as x = ⇒ x2 + 1 = , luego sustituyendo: u u2 R R du du 1 du 3 R r r (− 2 ) = −3 √ A=3 = −√ 2 u 2 2u + 2u + 1 1 1 2u2 + 2u + 1 u2 + u + 2 2 u u 3 R du r −√ 2 1 1 (u + )2 + 2 4 r 3 1 1 A = − √ ln|u + + u2 + u + | 2 2 2 √ √ 3 x + 1 + 2 x2 + 1 Luego, A = − √ ln| . Finalmente sustituyendo en la integral ¨I”tenemos: 2(x − 1) √ √ 2 √ 3 x + 1 + 2 x2 + 1 I = ln|x + x2 + 1 − √ ln| +C 2(x − 1) 2 Z Ejercicio 29:
I=
dx r (cosx + senx)
1+
sen2x 2
Soluci´on: R dx √ I= (cosx + senx) 1 + senxcosx Dividiendo por cos2 x tanto al numerador como al denominador obtenemos R R R sec2 xdx sec2 xdx sec2 xdx r √ √ I= = = (1 + tanx) sec2 x + tanx (1 + tanx) tan2 x + tanx + 1 cosx + senx 1 + senxcosx ( ) cosx cos2 x 2 Sea u = tanx ⇒ du = sec xdx, luego R du √ I= (1 + u) u2 + u + 1 Ahora √ t2 − 1 t2 + t + 1 Si u2 + u + 1 = t − u ⇒ u2 + u + 1 = t2 − 2tu + u2 ⇒ u = ⇒ du = 2 dt 1 + 2t (1 + 2t)2 7
Adem´as
t2 + 2t √ 2 t2 + t + 1 t2 − 1 y u +u+1 = t− = , sustituyendo todos estos valores en la 1 + 2t 1 + 2t 1 + 2t integral, se tiene: t2 + t + 1 2 dt R R R 1 2 1 t (1 + 2t)2 I= = dt = ( − )dt = ln|t| − ln|t + 2| + C = ln| |+C 2 2 t(t + 2) t t + 2 t + 2 t + 2t t + t + 1 1 + 2t 1 + 2t Por lo tanto √ u + u2 + u + 1 √ + C, entonces I = ln| u + 2 + u2 + u + 1 u+1 =
√ tanx + tan2 x + tanx + 1 √ I = ln| +C tanx + 2 + tan2 x + tanx + 1
Parte II
ENTRETENIMIENTO Z Ejercicio 23:
I=
e2x + e−2x dx e2x − e−2x
Soluci´on: R 2e4x R e4x + 1 1 R 4e4x 1 R d(e4x − 1) dx = ( − 1)dx = dx − x = −x I= e4x − 1 e4x − 1 2 e4x − 1 2 e4x − 1 Luego se tiene 1 I = ln|e4x − 1| − x + C 2 Z Ejercicio 24:
I=
√ x 1−x √ dx 2−x
Soluci´on: R R x 2x − 3 + 1 R x x x(1 − x) 2x − 3 1R √ I= √ dx = − √ dx = − √ dx − 1 dx 2 2 − 3x + x2 2 2 − 3x + x2 2 2 − 3x + x2 2 − 3x + x2 √ dx 2x − 3 x dx ⇒ v = 2 2 − 3x + x2 Sea u = − ⇒ du = − y dv = √ 2 2 2 2 − 3x + x Reemplzando, se tiene: √ R√ 1R 2x √ 2 − 3x + x2 dx − dx I = −x 2 − 3x + x2 + 4 2 − 3x + x2 r √ R 1 R (2x − 3)dx 3R dx 3 1 2 √ r I = −x 2 − 3x + x − − + (x − )2 − dx 2 4 4 2 4 2 − 3x + x 3 1 (x − )2 − 2 4 √ 1 √ 3 3 √ 1 3 √ 2 2 I = −x 2 − 3x + x − 2 2 − 3x + x − ln|x − + 2 − 3x + x2 | + [(x − ) 2 − 3x + x2 4 4 2 2 2 1 3 √ − ln|x − + 2 − 3x + x2 |] 4 2 Luego,
I = −(
√ 2x + 5 √ 7 ) 2 − 3x + x2 − ln|2x − 3 + 2 2 − 3x + x2 + C 4 8
8
Z Ejercicio 36:
I=
dx (x + 1) 1 + 3x + 3x2 √ 3
Soluci´on: u du x ⇒x= ⇒ dx = Sea u = 1+x 1−u (1 − u)2 Luego sustituyendo tenemos: du R R du (1 − u)2 r I= = p 2 3 u 3u 3u (1 − u)2 + 3(1 − u) + 3u2 ( + 1) 1 + + 2 1−u 1 − u (1 − u) R R du I= √ = (1 − u3 )−1/3 du 3 1 − u3 1 De donde: p = − , (s = 3), m = 0, n = 3 3 m+1 Como + p = 0 ∈ Z, lo que implica ha hacer la siguiente sustituci´on: n 3 Sea 1 − u = t3 u3 ⇒ u−3 − 1 = t3 ⇒ du = −u4 t2 dt Luego tenemos R R 1 I = − (t3 u3 )−1/3 u4 t2 dt = − u3 tdt, pero u3 = 3 t +1 R tdt R tdt I=− 3 =− t +1 (t + 1)(t2 − t + 1) Desconponiendo en fracciones parciales tenemos tdt A Bt + C = + 2 , esto sera 2 (t + 1)(t − t + 1) t+1 t −t+1 A(t2 − t + 1) + Bt(t + 1) + C(t + 1) = (A + B)t2 + (−A + B + C)t + (A + C) Igualando coeficientes obtenemos 1 1 A= , B=C= 3 3 Finalmente Obtenemos 1 R dt 1 R (t + 1)dt 1 1 R (2t − 1) + 3 I= − = ln|t + 1| − dt 2 3 t+1 3 t −t+1 3 6 t2 − t + 1 1 1 R 2t − 1 1R dt I = ln|t + 1| − dt − 3 6 t2 − t + 1 2 t2 − t + 1 dt 1 1 1R √ I = ln|t + 1| − ln|t2 − t + 1| − 3 6 2 1 2 3 2 (t − ) ( ) 2 2 1 1 1 2t − 1 I = ln|t + 1| − ln|t2 − t + 1| − √ arctan( √ ) + C 3 6r 3 3 r √ 3 3 2 1 3x + 3x + 1 3 (x + 1) Pero 3 3 − 1 = −1= , luego sustituyendo en ¨I”, se tendra: 3 u x x √ √ 3 3 1 3x2 + 3x + 1 + x 1 (3x2 + 3x + 1)2/3 3x2 + 3x + 1 I = ln| | − ln| − + 1| 3 x 6 x2 x √ 1 2 3 3x2 + 3x + 1 − x √ − √ arctan( )+C 3 3x Z Ejercicio 65:
I=
dx p 4 (x − 1)3 (x + 5)5
Soluci´on: R R dx dx p r I= = 4 p x−1 3 (x − 1)3 (x + 2)5 4 (x + 2)2 4 ( ) p (x + 2)8 4 x+2 (x + 2)8 x + 2 − (x − 1) x−1 3dx Sea u = ⇒ du = dx = , sustituyendo en (I), se tendra: x+2 (x + 2)2 (x + 2)2
9
R 1 du 1 1 = u−3/4 du = 4u1/4 3 u3/4 3 3 Por lo tanto, se tiene
I=
4 x − 1 1/4 I= ( ) +C 3 x+2 Z Ejercicio 66:
I=
(cos2x − 3)dx √ cos4 x 4 − cot2 x
Soluci´on: R cos2 x − sen2 x − 3 R 1 − sen2 − sen2 x − 3 2 √ √ I= dx = sec xdx cos4 4 − cot2 x cos2 x 4 − cot2 x R R 2sen2 x + cos2 x sen2 + 1 r √ I = −2 sec2 xdx = −2 tanxsec2 xdx 2 x 4tan2 x − 1 cos 1 cos2 x 4 − tan2 x 2 R 2tan x + 1 tanxsec2 xdx I = −2 √ 4tan2 x − 1 − 1 Sea u2 = 4tan2 x − 1 ⇒ 2udu = 8tanxsec2 xdx. Sustituyendo tenemos: u2 + 1 + 1 udu R 1 R u2 + 3 1 u3 1 u2 2 I = −2 =− du = − ( + 3u) = − u( + 3) u 4 2 2 4 3 √ 4 3 1√ 4tan2 x − 1 1 4 − cot2 x 2 2 I=− 4tan x − 1( + 3) = − (tan x + 2) 4 2 3 cotx √ 1 I = − tanx(2 + tan2 x) 4 − cot2 + C 3
10
