Guia de Integración Indefinida 2018 -i

´ .INTEGRACION

INDEFINIDA

Y SUS APLICACIONES Hebeth Cueva Valladolid Marzo del 2018

Docente : Hebeth Cueva Valladolid

0.1. 0.1.

1

Intr Introdu oducc cci´ i´ on on

El origen del c´ alculo alculo integral se remonta a la época epo ca de Arqu´ Arqu´ımedes (287-212 a.C.), matemático atico griego de la antig¨ uedad, que obtuvo resultados tan importantes como el uedad, valor del área area encerrada por un segmento parab´ olico. La derivada apareci´ olico. o veinte siglos después es para resolver otros problemas que en principio no ten´ ten´ıan nada en com´ un con el cálculo alculo integral. El descubrimiento m´ as as importante del c´ alculo infinitesimal (creado alculo por Barrow, Barrow, Newton y Leibniz) es la ´ıntima ıntima relaci´ on entre la derivada y la integral definida, a pesar de haber seguido caminos diferentes durante veinte siglos. Una vez conocida la conexi´ on entre derivada e integral (teorema de Barrow), el c´ on alculo alculo de integrales definidas se hace tan sencillo como el de las derivadas. El concepto de C´ alculo y sus ramificaciones se introdujo en el siglo XVIII, con el gran desarrollo que obtuvo el análisis alisis matemático, atico, creando ramas como el c´ alculo diferencial, integral y de variaalculo ciones. El cálculo alculo diferencial fue desarrollado por los trabajos de Fermat, Barrow, Wallis y Newton entre otros. As´ As´ı en 1711 Newton introdujo la f´ ormula de interpolaci´ on o n de diferencias finitas de una funci´ on on f(x); fórmula ormula extendida por Taylor al caso de infinitos términos erminos ba jo ciertas restricciones, utilizando de forma paralela paralela el c´ alculo diferencial y el cálculo alculo en diferencias finitas. El aparato fundamental del cálculo alculo diferencial diferen cial era el desarrollo de funciones en series de potencias, especialmente a partir del teorema de Taylor, desarrollándose andose casi todas las funciones conocidas por los matem´ aticos aticos de la época. epo ca. Pero pronto surgi´ surgio´ el problema de la convergencia de la serie, que se resolvió en parte con la introducción on de términos erminos residuales, as´ as´ı como con la transformaci´ on de series en otras que fuesen convergentes. Junto a las series de potencias se incluyeron nuevos tipos de desarrollos de funciones, como son los desarrollos en series asint´ oticas oticas introducidos por Stirling y Euler. La acumulaci´ on on de resultados del cálculo alculo diferencial diferencial transcurrió rápidamente, apidamente, acumulando casi todos los resultados que caracterizan su estructura actual Introducir el c´ alculo integral, se logro con el estudio de J.Bernoulli, alculo quien escribió el primer curso sistem´ atico atico de cálculo alculo integral en 1742. Sin embargo, fue Euler quien llevó la integraci´ integra ci´ on o n hasta sus ultimas u ´ ltimas consecuencias, de tal forma que los métodos eto dos de integra inte graci´ ci´ on indefinida alcanzaron pr´ on acticamente su nivel actual. El c´ acticamente alculo alculo de integrales de tipos especiales ya a comienzos de siglo, conllev´ o el descubrimiento de una serie de resultados resultados de la teor´ teor´ıa de las funciones especiales. Como las funciones gamma y beta, el logaritmo integral o las funciones el´ıpticas. ıpticas. Los creadores del An´ alisis Infinitesimal introdujeron el C´ alculo Integral, considerando los problemas inversos de alculo sus cálculos. alculos. En la teor´ teor´ıa de fluxiones fluxiones de Newton la mutua inversibil inversibilidad idad de los problemas del cálculo alculo de fluxiones fluxiones y fluentes fluentes se evidenciaba evidenciaba claramente. claramente. Para Leibniz el problema era m´ as as complejo: co mplejo: la integral surg´ıa ıa inicialmente como definida. No obstante, obst ante, la integraci´ on on se reduc´ red uc´ıa ıa prácticamente acticamente a la b´ usqueda de funciones primitivas. La idea usqueda de la integración on indefinida fue inicialmente la dominante. El C´ alculo alculo Integral Integra l inclu´ıa ıa además as de la integraci´ on on de funciones, los problemas y la teor´ıa ıa de las ecuaciones ecuacione s diferenciales, el cálculo alculo variacional, la teor´ teor´ıa de funciones especiales, etc. Tal formulaci´ on general gener al creci´ crec ió inusualmente inusualm ente rápido. apido . Euler necesit´ nece sit´ o en los a˜ nos 1768 y 1770 tres grandes nos vol´ umenes para dar una exposici´ umenes on on sistemática atica de él. el. Seg´ Segun uń Euler el C´ alculo alculo Integral cons co nsti titu´ tu´ıa ıa un méto et o do de b´ usqueda, usqueda, dada la relaci´ on entre los diferenciales o la relaci´ on on on


0.1. 0.1.

1

Intr Introdu oducc cci´ i´ on on

El origen del c´ alculo alculo integral se remonta a la época epo ca de Arqu´ Arqu´ımedes (287-212 a.C.), matemático atico griego de la antig¨ uedad, que obtuvo resultados tan importantes como el uedad, valor del área area encerrada por un segmento parab´ olico. La derivada apareci´ olico. o veinte siglos después es para resolver otros problemas que en principio no ten´ ten´ıan nada en com´ un con el cálculo alculo integral. El descubrimiento m´ as as importante del c´ alculo infinitesimal (creado alculo por Barrow, Barrow, Newton y Leibniz) es la ´ıntima ıntima relaci´ on entre la derivada y la integral definida, a pesar de haber seguido caminos diferentes durante veinte siglos. Una vez conocida la conexi´ on entre derivada e integral (teorema de Barrow), el c´ on alculo alculo de integrales definidas se hace tan sencillo como el de las derivadas. El concepto de C´ alculo y sus ramificaciones se introdujo en el siglo XVIII, con el gran desarrollo que obtuvo el análisis alisis matemático, atico, creando ramas como el c´ alculo diferencial, integral y de variaalculo ciones. El cálculo alculo diferencial fue desarrollado por los trabajos de Fermat, Barrow, Wallis y Newton entre otros. As´ As´ı en 1711 Newton introdujo la f´ ormula de interpolaci´ on o n de diferencias finitas de una funci´ on on f(x); fórmula ormula extendida por Taylor al caso de infinitos términos erminos ba jo ciertas restricciones, utilizando de forma paralela paralela el c´ alculo diferencial y el cálculo alculo en diferencias finitas. El aparato fundamental del cálculo alculo diferencial diferen cial era el desarrollo de funciones en series de potencias, especialmente a partir del teorema de Taylor, desarrollándose andose casi todas las funciones conocidas por los matem´ aticos aticos de la época. epo ca. Pero pronto surgi´ surgio´ el problema de la convergencia de la serie, que se resolvió en parte con la introducción on de términos erminos residuales, as´ as´ı como con la transformaci´ on de series en otras que fuesen convergentes. Junto a las series de potencias se incluyeron nuevos tipos de desarrollos de funciones, como son los desarrollos en series asint´ oticas oticas introducidos por Stirling y Euler. La acumulaci´ on on de resultados del cálculo alculo diferencial diferencial transcurrió rápidamente, apidamente, acumulando casi todos los resultados que caracterizan su estructura actual Introducir el c´ alculo integral, se logro con el estudio de J.Bernoulli, alculo quien escribió el primer curso sistem´ atico atico de cálculo alculo integral en 1742. Sin embargo, fue Euler quien llevó la integraci´ integra ci´ on o n hasta sus ultimas u ´ ltimas consecuencias, de tal forma que los métodos eto dos de integra inte graci´ ci´ on indefinida alcanzaron pr´ on acticamente su nivel actual. El c´ acticamente alculo alculo de integrales de tipos especiales ya a comienzos de siglo, conllev´ o el descubrimiento de una serie de resultados resultados de la teor´ teor´ıa de las funciones especiales. Como las funciones gamma y beta, el logaritmo integral o las funciones el´ıpticas. ıpticas. Los creadores del An´ alisis Infinitesimal introdujeron el C´ alculo Integral, considerando los problemas inversos de alculo sus cálculos. alculos. En la teor´ teor´ıa de fluxiones fluxiones de Newton la mutua inversibil inversibilidad idad de los problemas del cálculo alculo de fluxiones fluxiones y fluentes fluentes se evidenciaba evidenciaba claramente. claramente. Para Leibniz el problema era m´ as as complejo: co mplejo: la integral surg´ıa ıa inicialmente como definida. No obstante, obst ante, la integraci´ on on se reduc´ red uc´ıa ıa prácticamente acticamente a la b´ usqueda de funciones primitivas. La idea usqueda de la integración on indefinida fue inicialmente la dominante. El C´ alculo alculo Integral Integra l inclu´ıa ıa además as de la integraci´ on on de funciones, los problemas y la teor´ıa ıa de las ecuaciones ecuacione s diferenciales, el cálculo alculo variacional, la teor´ teor´ıa de funciones especiales, etc. Tal formulaci´ on general gener al creci´ crec ió inusualmente inusualm ente rápido. apido . Euler necesit´ nece sit´ o en los a˜ nos 1768 y 1770 tres grandes nos vol´ umenes para dar una exposici´ umenes on on sistemática atica de él. el. Seg´ Segun uń Euler el C´ alculo alculo Integral cons co nsti titu´ tu´ıa ıa un méto et o do de b´ usqueda, usqueda, dada la relaci´ on entre los diferenciales o la relaci´ on on on


2

entre las propias cantidades. La operaci´ on on con co n lo que esto se obten obt en´´ıa se denominaba integración. on. El concepto primario de tal C´ alculo, por supuesto, era la integral indefinida. alculo, El propio C´ alculo alculo ten´ ten´ıa el objetivo ob jetivo de elaborar métodos etodos de b´ usqueda de las funciones primitivas para funciones de una clase lo más as amplia posible. Los logros principales en la construcci´ on on del Cálculo alculo Integral inicialmente pertenecieron a J. Bernoulli y después es a Euler, cuyo aporte ap orte fue inusitadamente grande. La integraci´ integrac i´ on llevada por este ultimo u ´ ltimo hasta sus ultimas u ´ ltimas consecuencias y las cuadraturas por él el encontradas, todav´ todav´ıa constituyen el marco de todos los cursos y tratados modernos sobre C´ alculo Integral, Integral, cuyos cuyos textos actuales son sólo olo modificaci mo dificaciones ones de los tratados de Euler en lo relativo relativo al lenguaje. Estos juicios se confirman con la revisi´ on concreta del famoso C´ on alculo alculo Integral de Euler y su comparaci´ comparac ión on con los textos actuales. La palabra c´ alculo proviene del lat´ lat´ın calculus, que significa contar con piedras. Precisamente P recisamente desde que el hombre ve la necesidad de contar, comienza la historia del c´ alculo. Tales piedrecitas ensartadas en alculo. tiras constitu´ cons titu´ıan ıan el abaco a´baco romano que, junto j unto con el suwanpan japonés, es, constituyen c onstituyen las primeras máquinas aquinas de calcular en el sentido de contar. El cálculo alculo integral, encuadrado en el cálculo alculo infinitesimal, es una rama de las matem´ aticas en la que se estudia el proaticas ceso de integraci´ integraci´ on on o antiderivaci´ on, on, es muy com´ un un en la ingenier´ ingenier´ıa y en la matem´ atica atica en general y se utiliza principalmente para el c´ alculo alculo de areas áreas y vol´ umenes umenes de regiones y sólidos olidos de revolución. on.

3


0.2.

Definicio Defin iciones nes y F´ ormulas ormulas b´ asicas asic as

on F on F : I Definici´ on 1. La funci´ on si F  (x) = f ( f (x), xI = [a, b].

∀

Ejemplo : Si f ( f (x) = 2x

de f : I → → R se le llama Antiderivada ó primitiva de f → → R

F (x) = x ⇒ F (

2

es una antiderivada antider ivada ,pués es F  (x) = 2x = f = f ((x)

Tamb Ta mbiién F 1 (x) = x 2 + 3 es una antiderivada de f ( f (x) ¿Qu´ ¿Qué se Observa? Observa? al calcular calcular las antideriv antiderivadas adas de una funci´ on no se determina una unica u ´ nica función on sino una familia de funciones que se difieren entre si en una constante.En General la representaci´ on de su antiderivada mas general de f ( on f (x) la representaremos por : F ( F (x) + c + c

Y

2 Y=X

+C

X

F (x) es una antiderivada de f ( f (x) sobre un intervalo I osea Definici´ o n 2. Si F ( on F  (x) = f ( f (x) Entonces a su antiderivada general F general F ((x) + c + c se se le denota por : G(x) =



f ( f (x)dx = dx = F F ((x) + c + c

, xI

∀

4




En otras palabras la integral de una funci´ on que se designa con f (x)dx no es más que su antiderivada general F (x) + c.De ahora en adelante llamaremos integrando a lo que está dentro de la integral es decir a f (x)dx NOTA:De la definición anterior se tiene : G (x) = F  (x) = f (x) i.e

d dx



f (x)dx = f (x)

Propiedades

De la definición de integral indefinida se tiene : 1.

d ( dx

2. d( 3.



 

f (x)dx) = f (x)

f (x)dx) = f (x)

f  (x)dx = f (x) + c

Teorema 0.1. Si dos funciones F y G son funciones primitivas o antiderivadas de

una funci´ on f en un intervalo I (abierto o cerrado) entonces estas funciones difieren de una constante

5


´ FORMULAS DE INTEGRACI ON

Siendo u = f (x) una funci´ on diferenciable en x

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16.

un+1 u du = + c n + 1

  | |     −  −  √ −  √  √ −  √ −  √ −  √  √ −  −  n

,n =

 −1

du = ln u + c u

eu du = e u + c au + c a du = ln a u

; a > 0, a = 1



du 1 u = arctan( ) + c u2 + a2 a a du

a2

u2

du

u2

a2

du

a2

=

1 u + a ln + c 2a u a

| − | 1 u−a = ln| | + c 2a u + a

u = arcsen( ) + c a u2

du = ln u + u2 + a2 du

|

= ln u +

|

√

u2 + a2 + c

|

√ u − a | + c

u2

a2

a2

u2 du =

u 2 a 2

u2

a2 du =

u 2 u 2

u2

+ a2 du =

√ √

2

−u

2

2

+

a 2 u arcsin( ) + c 2 a a2 ln u + 2

√

u 2 a 2 2 u + a + ln u + 2 2

√

a2

− −

√

|

du 1 u = arcosec + c a a u u 2 a2

sin udu =

cosu + c

cos udu = senu + c

|

||

u2

2

− a | + c

u2 + a2 + c

|

6


17. 18. 19. 20. 21. 22. 23.

      

tan udu =

− ln | cos u| + c

cot udu = ln sin u + c

|

|

csc udu = ln csc u

|

− cot u| + c

sec2 udu = tan u + c csc2 udu =

− cot u + c

sec u tan udu = sec u + c csc u cot udu =

− csc u + c

Ejercicios 1. Probar que las dos f´ ormulas son equivalentes

 

sec xdx = ln sec x + tan x

|

sec xdx =

|

− ln | sec x − tan x |

Para conseguir que ambas f´ ormulas son equivalentes deber´ıamos probar la siguiente igualdad : ln sec x tan x = ln sec x + tan x

− |

−

|

|

|

As´ı tenemos que : sin x 1 − sin x = − ln | − ln | sec x − tan x |= − ln | cos1 x − cos | | x cos x = ln

+ sin x) | 1 −cossinx x |= ln | (1 −cossinx(1x)(1 | + sin x)

ln

sin x | cos1 x + cos |= ln | sin x + tan x | x

2. Probar que las dos f´ ormulas son equivalentes

 

csc xdx =

− ln | csc x + cot x |

csc xdx = ln csc x

|

− cot x |

7


Ejercicios de Aplicaci´ on Resolvamos los siguientes ejercicios aplicando las reglas para integrales : 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

2x 3x+1 dx 5x+2

 ·   −   −  √  −   −

ex (1 + x ln x) dx x 1

x ln x dx xex

sin x dx cos2 x

tan y sec y dy cos y x + 4 dx x

sin x

x ln x cos x dx x sin2 x

·

sec x tan x dx sec x + tan x

9. Se dá la gr´ afica de la derivada de una funci´ on.Esbozar las gr´ aficas de 2 funciones que tengan por derivada a la funci´ on dada y

2

f´

x

Grafico (1)

Gr´ afico (2)

Del gráfico (2) se observa que f  = 2 =

⇒ f (x) = 2x + k

8


entonces las 2 funciones cuyas derivadas resultan f  = 2 son : f (x) = 2x + 1

, f (x) = 2x

−1

10. En cada caso ,f es una funci´ on cont´ınua y la figura muestra la gr´ afica de la  función y = f (x) ,la función derivada de f .Bosqueje la gráfica de la funci´ on y = f (x),analizando intervalos de monoton´ıa y de concavidad,valores extremos y puntos de inflexi´ o n ; si :

2

1

2

3

2

−1

3

−1 −2 Figura(2) Figura (1)

Para la figura (1) se tiene que f (1) = 0 y x se tiene que f ( 0) = 1 y x 1

≥−

≥ 0 ,de la misma forma para la figura (2)

9


´ ´ METODOS DE INTEGRACION 0.3.

Integraci´ on por sustituci´ on

Este método para resolver integrales es muy aplicado en su gran mayoria cuando sea posible encontrar dentro del integrando una funci´ on y su derivada consiguiendo una integral conocida o f´ acil de operar .El método consiste en que una vez identificada la función y su derivada se debe elegir a la función como la nueva variable y luego usar las fórmulas de integraci´ on descritas con anterioridad. Ejemplos Resueltos

1. Resolver



x5 dx 1 + x3

Soluci´ on

la idea es tratar de hacer aparecer dentro del integrando una funci´ on y su derivada para lo cu´ al haremos un artificio f´ acil que consiste en descomponer el numerador de la siguiente forma : x3 x2 dx 1 + x3



si llamamos al denominador u = 1 + x3 observamos que

⇒ x dx = du3

du = 3x2 dx =

2

As´ı de este modo sustituyendo en la integral anterior se obtiene : u

=

1 3

1 du 1 = u 3 3

 −   −  du

1 3

(1

1 1 du = u u 3

− u1 )du − 13 ln |u| + c

Luego regresemos a las variables originales 1 (1 + x3 ) 3

− 31 ln |1 + x | + c 3

10


2. Resolver ln(ln x) dx x ln x

 Soluci´ on

Escogeremos u = ln x =

⇒ du =

1 x

dx As´ı de éste modo se tendr´ıa



ln u du u

y si aplicamos otro cambio de variable en esta nueva integral 1 v = ln u = dv = du u se llega a: v2 + c vdv = 2 volviendo a las variables originales

⇒



(ln u)2 = + c 2 (ln(ln x))2 = + c 2 3. Resolver



2ex + e−x dx 3ex + 4e−x

Soluci´ on

Es preciso observar que en el integrando no existe relaci´ on entre el numerador y el denominador ,lo uńico que pudieramos hacer es separar en dos integrales 2ex dx + 3ex + 4e−x





e−x dx 3ex + 4e−x



e−2x dx 3 + 4e−x

Ahora en cada una de las integrales multipliquemos a la primera en su numerador y denominador por ex y en la segunda por e−x asi se tendr´ıa :



2e2x dx + 3e2x + 4

Si en la primera elegimos el cambio de variable u = 3e2x + 4

2x

−→ du = 6e

11


4. Resolver



1 1 ( x2 x

− 1)

2 3

dx

Soluci´ on

Considerando de que la derivada de u = x1 1 ,du = x1 dx as´ı tenemos :

−

−

1 x

− 1 es −

1

,entonces se elige a u como

x2

2



2 3

u ( du) =

−

 −

− 35 u

5 3

2 3

u du =



x3 (4

5 3

5 3

+ k

+ k

− 35 ( x1 − 1) 5. Resolver

−

u

5 3

2

+ k

−x )

−1 2

dx

Soluci´ on

Teniendo en cuenta que la derivada de 4 descomposición en el integrando



x2 (4

2

− x es −2x ,es preciso realizar una

2

−x )

−1 2

xdx

as´ı 4

2

−x

= u 2 =

⇒ −2xdx = 2udu =⇒ xdx = −udu

Luego



(4

2

2

1

− u )(u )− (−udu) = =

2

 −

(4

2

3

− u )du = −(4u − u3 ) + k √ √ ( 4−x ) = −4 4 − x + + k 3

 −

(4

2

2

1

− u )u− udu

2 3

12


6. Resolver



1 dx ex + e−x

Soluci´ on

Al no encontrar una relaci´ on entre alguna funci´ on y su derivada ,multimplicamos x numerador y denominador por e con esa intenci´ on ,as´ı



1 ex dx = ex + e−x ex



ex dx 1 + (ex )2

Luego elegiremos u = e x =

x

⇒ du = e dx

 ⇒

=

7. Resolver

du = arctan u + k u2 + 1 arctan ex + k



1

2

3

3

3

2

x (x + 1) dx

Soluci´ on

Si elegimos 2

u = x + 1 3

1

Lamentablementen el término

2

x3

−→ du = 32 x1 dx 1 3

no aparece en el integrando ,por lo que es 2

necesario multiplicar en el numerador y denominador por x y reformular el cambio de variables mas conveniente,as´ı : 3

2

u2 = x + 1 3

−→ 2udu = 32 x1 dx 1 3

de all´ı se tiene que u2

− 1 = x

2 3

y que 3udu =

1 2

x3

dx

Luego en la integral



1

2

3

3

3

2

x (x + 1) dx =



1

2

3

3

3

2

x (x + 1)

x x

1 3 1 3

dx

13


= =



(u2

=3



2

− 1)(u )



u4 (u2

2 3

2 3

x (x + 1) 3 2

3udu =

3 = ( x + 1)7 7

8. Resolver

x

2 3

−

−

1

dx

3

 

3u(u2

− 1)du = 3 u7 = 3( 7



1

3 2

(u6

3

− 1)u du 4

− u )du

u 5 ) 5

3 ( x 5



2 3

+1 5

) + C

√

arctan x dx x + 2x2 + x3

 √

Soluci´ on

Primero factorizamos el denominador

√

arctan x dx = x + 2x2 + x3

 √

=

√

arctan x dx x 1 + 2x + x2

 √ √ √

arctan x dx x(x + 1)

 √

Aqu´ı hacemos :

u = arctan

 x

−→ du = 2√ x(1dx+ x)

Asi reemplazando en la integral se tiene : =



2udu = u 2 + C

√

= (arctan x)2 + C

14


9. Resolver

 √

x

−

1 1+

√ x + 1 dx

Soluci´ on

Se observa que no existe relaci´ on entre el numerador y denominador por lo que lo que multiplicaremos por su conjugada

√ x − 1 − √ x + 1 √ x + 1 ][ √ x − 1 − √ x + 1 ]dx x− √ x − 1 − √ x + 1 = √ x − 1 − √ x + 1 dx √ x − 1 − √ x + 1 = dx x−1−x−1 √ x − 1 − √ x + 1 = dx −2 √ x + 1dx − √ x − 1dx 1 = [ 2 1 1+

 √ [

   

2

2



En cada una de las integrales haremos x + 1 = u 2

−→ dx = 2udu

y x

2

− 1 = v −→ dx = 2vdv

As´ı queda 1 = [ 2



 −  − 

u(2udu)

1 = [2 2

u2 du

u3 = 3 =

√

1 3 x + 1 3

−

v(2vdv)]

2

v 2 dv]

v3 + C 3 1 3 x 1 + C 3

− √ −

15


10. Resolver



cos3 x dx 1 sin x

−

Soluci´ on

= Simplificando



cos2 x cos xdx = 1 sin x

−





(1

2

− sin x)cos xdx 1 − sin x

= (1 + sin x)cos xdx u = 1 + sin x

=



udu =

−→ du = cos xdx

u2 (1 + sin x)2 + C = + C 2 2

16


Ejercicios Propuestos

1. Resolver

2. Resolver

3. Resolver

4. Resolver

ln(2x) + ln2 x dx 3x



(x + 2) 2 dx x3 + 6x2 + 12x + 4

 √

x3 dx 1 x8

 √ −  −  √ −  √ −  √ − −  √   √ √ −  −√ √ − 

ex dx 6ex + 13

e2x

5. Resolver

ex

6. Resolver

7. Resolver

ex dx 2 e2x + 3ex 2

8. Resolver

dx 1 e2x

x2 dx

x

x2 + xdx

9. Resolver

10. Resolver

11. Resolver

12. Resolver

1 dx 3x + 2

3 3x + 2

2x

x

arcsin x dx 1 x2

ex+e dx x

17


13. Resolver

14. Resolver

15. Resolver

16. Resolver

1

eln(x)+ dx x3

  

x

sin(2x)dx cos2 x + 4 x3 dx 1 + x4

     √ −  √   √  −  √ −   −   √

x2x (ln(x) + 1)dx

17. Resolver

dx sin2 x cot(x) 3

18. Resolver

19. Resolver

20. Resolver

21. Resolver

−1

cos2 x(tan2 x + 1) dx (sin x + cos x)2 dx ex 1

1 + e−2x dx e−3x dx

x + 1

22. Resolver

23. Resolver

cos3 x dx 1 sin x x

x4

9

24. Resolver

x

2

25. Resolver

2+

x

dx

dx

xdx

18


26. Resolver

dx x2

 √ − −  √ −  x

27. Resolver

x3 a2

28. Resolver

1

x2 dx

2

x(x4 + 25)

29. Resolver

(x2

25)

 −  −  √ − −  √   √ 

1 2

3 2

x6

30. Resolver

x2 )

(4

dx

dx

1 2

x2

31. Resolver

dx

dx

x2 3 dx x x4 4

32. Resolver

x2

33. Resolver

1 dx 1 + x2 1

e dx x2 x

34. Resolver

1 + sin xdx

35. Resolver

36. Resolver

37. Resolver

38. Resolver

2

sin xetan x dx cos3 x



4 √ cos x 1 − sin2x + 2 cos

2



ln x dx x3 ((ln(x) 1))3

−



√

x2 4

2

− x dx

x

dx

19


39. Resolver

40. Resolver

 √   √ −  √ −  √ −  √ −  √

x2 + 1 dx x dx

(x2 + 5)

41. Resolver

42. Resolver

43. Resolver

44. Resolver

45. Resolver

3

dx

2

x2 16 dx x x + 1 dx 9 x2 x2 8 dx x4 x3 dx 4 x2

x3

dx x2

− 1 dx

20


0.4.

Integraci´ on por partes

Este método es de mucha utilidad en la pr´ actica,cuyo procedimiento lo describiremos a continuaci´ on: Siendo u = f (x) y v = g(x) dos funciones diferenciables de la variable x .De la fórmula para la diferencial de un producto de dos funciones se tiene : d(uv) = udv + vdu que es equivalente a: udv = d(uv) ahora si integramos ambos miembros se tiene:



udv = uv

− vdu

 −

vdu

La cu´ al se denomina F´ ormula para la Integraci´ on por partes Nota: La elecci´ on de u y de v es arbitraria no existe una f´ ormula espec´ıfica para poder tomarlos,lo que ayuda en gran medida es que cuando aparezcan dentro del integrando funciones trigonométricas ,exponenciales o logar´ıtmicas es preferible tomarlas como dv.

Ejemplos Resueltos

1. Resolver



x2 sin(4x)dx

Soluci´ on

En este caso por la nota anterior consideraré u = x 2 =

⇒ du = 2xdx

lo que queda dentro del integrando ser´ a

⇒ v = − cos(4x) 4

dv = sin(4x)dx =

As´ı que al reemplazar en F´ ormula para la Integraci´ on por partes se tiene:



2

x

−1 x sin(4x)dx = 4

2

cos(4x)

 − − (

cos(4x) )(2xdx) 4

21


−1 x =

1 cos(4x) + (cos(4x))(xdx) 4 2 En la integral del lado izquierdo nuevamente la integraremos por partes asi de este modo en ella eligo u = x = du = dx sin(4x) dv = cos(4x)dx = v = 4 Asi de este modo



2

⇒

⇒

sin(4x) x cos(4x)dx = x 4

 

x cos(4x)dx = x

sin(4x) dx 4

 −

sin(4x) cos(4x) + 4 16

Luego



x2 sin(4x)dx =

−1 x 4

2

1 sin(4x) cos(4x) cos(4x) + (x + ) + c 2 4 16

2. Resolver



ln(x)dx

Soluci´ on

⇒ du =

Aqu´ı hagamos u = ln(x) =

1 x

dx y dv = dx =

⇒ v = x.

De esta forma al utilizar la f´ ormula de integraci´ on por partes se tiene:



ln(x)dx = (ln(x))(x)

 

1 (x)( )dx x

 −


 −


dx

−x

22


3. Resolver

√

ln(2 + x) dx x



3

√ 3

Soluci´ on

Dentro de todas las posibilidades en la elecci´ o n de u se sugiere la elección de logaritmo as´ı : u = ln(2 +

√ x) =⇒ du =

1 dv = dx = = x

√

⇒ ⇒ v =

3

√ 3

√

2

3

√ x) − 1

3 = x ln(2 + 2 2 3



3

2

3

3

x

3

3

√ x)

2

3x (2 +

√ x) −

ln(2 + x) 3 dx = x ln(2 + x 2



dx

3



−1 3



3 dx = x 2

2 3

3 1 x 2 3x (2 + 2 3

2 3

√ x) dx 3

1 dx 2+ x

√ 3

Para la integral que falta haremos un cambio de variable adicional m3 = x =

2

⇒ 3m dm = dx

As´ı :



1 dx = 2+ x

√ 3



1 2+

2

√ m (3m dm) = 3 3

3



m2 dm 2 + m

Luego realizando un u´ltimo cambio de variable en la integral n = 2 + m =

⇒ dn = dm

As´ı 3



m2 dm = 3 2 + m



(n

2

− 2) dn = 3 n



n2

− 4n + 4 dn n

(2 + m)2 = 3[ 4(2 + m) + 4 ln(m + 2)] 2 (2 + x)2 = 3[ 4(2 + x) + 4 ln( x + 2)] + k 2

√

−

3

−

√ 3

√ 3

23


4. Resolver



1

e dx x3 x

Soluci´ on

Aqu´ı primero descomponemos la integral



1 1 e dx x2 x 1

x

luego realizamos el cambio de variable m =

1 = x

⇒ dm = −x 1 dx 2

de donde se llega



em m( dm) =

−

 −

mem dm

esta integral se resuelve usando integraci´ on por partes debido a que es imposible encontrar una relaci´ on entre alguna funci´ on y su derivada u = m = dv = e m

 −

⇒ du = dm dm =⇒ v = e

m

m

me dm =

 −

−[me = −[me − e ] + k 1 = −[ e − e ] + k x m

5. Resolver I =



m

1

1

x

x

m

em dm]

√

arctan xdx

Soluci´ on

√ ⇒ du = √ 1 dx 2 x(1 + x) dv = dx =⇒ v = x

u = arctan x =

24


I = x arctan

 √ −   x

√ 1 I = x arctan x −

2

x(

1 √ (1 + x))dx 2 x √ x



1 + x

dx

en la integral realizamos x = m 2

−→−→ dx = 2mdm √ 1 m (2mdm) I = x arctan x −

 √ −  √ −  √ −  − 2

1 + m

m2 dm m2 + 1

I = arctan x

I = arctan x

(m2 + 1) 1 dm m2 + 1

I = arctan x

(1

−

1 )dm 1 + m2

√ − (m − arctan m) + k

I = arctan x

√ − √ x + arctan √ x + k

I = arctan x

6. Resolver I =



x sin x cos xdx

Soluci´ on

Haremos u = x C

−→ du = dx y v =

As´ı I =





sin x cos xdx =

1 2



sin(2x)dx =

−

1 cos(2x) 2 2

−x cos(2x) − −1 cos(2x)dx x sin x cos xdx =



4 4 x 1 cos(2x) + cos(2x)dx 4 4



=

−

=

− x4 cos(2x) + 81 sin(2x) + C

x) = − cos(2 + 4

25


7. Resolver



sin2 x dx ex

Soluci´ on

I =



e−x sin2 xdx

Hacemos u = sin2 x

−→ du = 2 sin x cos xdx = sin(2x)dx dv = e − dx −→ v = −e− x

sin2 x dx = ex

 

−e−

sin2 x dx = ex

x

x

−e−

sin2 x

x

 − − 

sin2 x +

e−x sin(2x)dx

e−x sin(2x)dx

La integral del segundo mienbro se resuelve haciendo uso nuevamente de la integración por partes , de este modo en I =



e−x sin(2x)dx

u = sin(2x) du = 2cos(2x)dx dv = e −x dx v = e−x

−→ −→

−

entonces : I =

−e−

x

sin(2x)

 − −  

e−x (2 cos(2x)dx)

x

sin(2x) +

x

sin(2x) + 2

I =

−e−

I =

−e−

Luego en la integral del lado derecho

2e−x cos(2x)dx e−x cos(2x)dx

u = cos(2x) du = 2sin(2x)dx dv = e −x dx v = e−x

−→

−

−→

−

26


I =

−

e−x sin(2x) + 2[ e−x cos(2x)

−

x

 − 2

e−x sin(2x)dx]

x

−e− sin(2x) − 2e− cos(2x) − 4I 5I = −e− sin(2x) − 2e− cos(2x) 1 I = [−e− sin(2x) − 2e− cos(2x)] 5

I =

x

x

x

x

Luego en

 

sin2 x dx = ex

sin2 x dx = ex

8. Resolver

−e−

x

e−x sin2 x +

−



e−x sin(2x)dx

1 sin2 x + [ e−x sin(2x) 5

−

− 2e−

x

cos(2x)] + C



cos(ln x)dx

Soluci´ on

−→ du = − sin(ln x) x1 dx dv = dx −→ v = x

u = cos(ln x)

I 1 =

 

I 1 =

cos(ln x)dx = x cos(ln x)

1 x( sin(ln x)) dx x

 − − 

cos(ln x)dx = x cos(ln x) +

x(sin(ln x))dx

En la integral I =



x(sin(ln x))dx

−→ du = cos(ln(x)) x1 dx dv = dx −→ v = x

u = sin(ln(x))

27


 −

I = x sin(ln x)

1 x cos(ln(x)) dx x

I = x sin(ln x)

− I

1

Luego I 1 = x cos(ln x)x sin(ln x)

− I

1

2I 1 = x cos(ln x)x sin(ln x) I 1 =

1 [x cos(ln x)x sin(ln x)] + C 2

9. Resolver I =

√

arctan x dx x



√

Soluci´ on

Sea

√ u = arctan( x) −→ du = 1 dv = dx x

1 √ 2 x

1 + x



dx √ 2 x(1 + x) √ dx = 2 x

dx =

−1

√ −→ v = x √ √ √ 1 = 2 x arctan( x) − 2 x( √ )dx 2 x(x + 1) √ √ 1 = 2 x arctan( x) − dx x + 1 √ √ = 2 x arctan( x) − ln(1 + x) + C



10. Resolver

 u = x v =

2



x cos x dx sin2 x

du = dx cos x dx sin2 x

 −→

28


Hacemos m = sin x

−→ dm = cos xdx dm = m2

  − −  −

v =

x I = sin x

−1 = −1 m

1 x dx = + sin x sin x x I = + csc xdx sin x

−

I =

m−2dm =

−



sin x



1 dx sin x

−x csc x + ln | csc x − cot x| + C

29



1. Resolver

2. Resolver



sec5 xdx

  √ −  √   √       x

arctan

3. Resolver

sin

4. Resolver

5. Resolver

3

1dx

xdx

x x csc2 ( )dx 2 sin 2xdx

6. Resolver

3x cos xdx

7. Resolver

(arcsin x)2dx

8. Resolver

9. Resolver

10. Resolver

arcsin x dx x2

1 4x3 arcsin( )dx x x cos3 xdx

11. Resolver

sin2 x dx ex

30


12. Resolver

      

eax cos(bx)dx

13. Resolver

e3x sin(4x)dx

14. Resolver

x2 ex sin(x)dx

15. Resolver

ln(cos x) dx cos2 x

16. Resolver

x2 + 1 x e dx (x + 1) 2

17. Resolver

sin(

18. Resolver



19. Resolver

√ √ x + 1)dx

ln( x +

  

x ln(

20. Resolver

21. Resolver



(2x

23. Resolver

24. Resolver

1 x )dx 1 + x

−

xex dx (1 + x)2

ln(x +

22. Resolver

2y)dx

2

√

1 + x2 )dx

− 3)(x − 3x − 1)

  

4

ln(x2

sec3 xdx

x arctan2 xdx

25. Resolver

ln(x2 + 2)dx

− 3x − 1)dx

31


26. Resolver

  

x2 ln(x6

27. Resolver

28. Resolver

29. Resolver

sin2 (ln x)dx

esin x cos4 x cos3 x



x

−

− 1 dx

x2 sin2 x sin x cos x + x cos x

30. Resolver

31. Resolver

− 1)dx

−

 

− sin x dx

x arctan x dx (1 + x2 )

x2 sec2 x dx (tan x x sec2 x)2

−

32


0.5.

Generalizaci´ on del m´ etodo de Integraci´ o n por partes

Presentamos en esta oportunidad la Generalizaci´ on del método de integraci´ on por partes (GMIP)aplicados siempre y cuando en el integrando exista el producto de dos funciones una de las cuáles debe ser un polinomio y la otra una funci´ on fácil de integrar,la explicación del método se har´ a en los ejercicios que a continuaci´ on se muestran Ejemplos Resueltos

1. Resolver



(x3 + 2x + 1) cosxdx

Soluci´ on

Como se observa dentro del integrando existe el producto de dos funciones una de ellas es un polinomio y la otra es una función de f´ acil integraci´ on,el proceso para la resoluci´ on por este método consiste en separar convenientemente el polinomio y la función mediante dos columnas a partir de la cu´ a l se deber´ a en primer lugar a derivar el polinomio tantas veces se llegué a cero y de la misma forma se integrará la otra funci´ on tantas veces se deriv´ o la primera ,para luego empezar a multiplicar intercaladamente incluyendo el signo que debe empezar con positivo siendo éste el resultado final de la integraci´ on.

EL resultado final ser´ a



(x3 + 2x + 1) cosxdx

33


= (x3 + 2x + 1)(sin x) + (3x2 + 2)(cos x) 2.

 

− (6x)(sin x) − (6)(cos x)

x5 sin xdx

3.

4.



(3x2

5.

xn ex dx

− 2x + 6)e−

2x



dx

(4x3 + 2x2 + x + 1) sin(2x)dx

6. Resolver



3x2 + 2x 4e3x

− 1 dx

34


0.6.

Integraci´ on de funciones Trigonom´ etricas

Recordemos algunas identidades trigon´ ometricas : sin2 θ + cos2 θ = 1 1 + tan2 θ = sec2 θ 1 + cot2 θ = csc2 θ sin(α

± β ) = sin α cos β ± cos α sin β cos(α ± β ) = cos α cos β ∓ sin α sin β Apartir de éstas se puede deducir algunas m´ as pero éstas son las m´ as importantes. El procedimiento para resolver Integrales trigonométricas es tratar de que con ayuda de las identidades dadas anteriormente hacer aparecer en el integrando funciones y sus derivadas para as´ı de esa forma tener integrales conocidas y fáciles de integrar mediante un cambio de variables. 1.

 √

cos x(sin5 x)dx

Soluci´ on

Nuestro objetivo es buscar una relaci´ on entre una funci´ on y su derivada asi de este modo

 √  √

cos x(sin5 x)dx =

=

 √

cos x(sin2 x)2 sin xdx =

2

4

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

−

 √

 √  −

cos x(1

cos x sin x 2

Si en todas las integrales hacemos el cambio

5 2

⇒ du = − sin xdx

 −

1

u du + 2 2

4 + u 7 regresando a las variables originales =

=

− 23 u



− 23 (cos x)

3 2

3 2

7 2

5

u du 2

 −

− 112 u

4 + (cos x) 7

7 2

11 2

u

9 2

+ k

− 112 (cos x)

2

x)2 sin xdx



cos sin xdx+

u = cos x = asi se tiene :

− cos

11 2

+ k

9 2

cos sin xdx

35


2.

 √

tan x sec6 xdx

Soluci´ on

 √

tan x sec6 xdx =

 √  √

tan x(1 + tan2 x)2 sec2 xdx =

=

 √

2

tan x sec xddx + 2 =



1 2

 √  √

tan x(sec2 x)2 sec2 xdx

tan x(1 + 2 tan2 x + tan4 x)sec2 xdx

2

2

 √ 

tan x tan4 x sec2 xdx

tan x tan x sec xd +

2

tan sec xdx +



5 2

tan sec2 xdx +

9 2

tan sec2 xdx

Si aqu´ı realizamos el cambio de variable 2

u = tan x =

⇒ du = sec

3. Resolver

sin3 x

 √ 3

cos4 x

xdx

dx

Soluci´ on

Lo primero que se debe realizar es buscar una relaci´ on entre las funciones trigonométricas que aparecen en el integrando,caso contrario elegimos otro camino De este modo en la integral sin3 x

 √ 3

cos4 x

=



dx =

sin x sin2 x

 √ 3

cos4 x

dx

sin x(1 cos2 x) dx cos4 x

√ − 3

entonces : u3 = cos x =

2

⇒ 3u du = − sin sin xdx

=

  − =

6

√ − u ) (3u du) = −3

(1

3

u3 1

4

 − − 3

2

u

u2

6

du =

 − 3

(

 1 u2

(1

6

2

− u )u du u4

4

− u )du

36

Docente : Hebeth Cueva Valladolid 5

−1 − u ) + k = −3( u 5 3 3 √ = √ + ( cos x) + k 5

3

3

4. Resolver

cos x

5



3

(1 + cos 3x) dx 2

Soluci´ on

Para esto se debe recordar la identidad cos2 θ =

1 + cos θ 2

con lo que elegimos 3x = 2θ =

⇒ 3dx = 2dθθ

2 2 (1 + cos 2θ) dθ = (2cos2 θ) 3 3 2 = 2 cos3 θdθ 3





3 2

   

3 2

dθθ

3 2

5

2 = 3

2

cos3 θdθ

5

2 = 3

2

5 2

2 = 3

cos θ cos2 θdθ

cos θ(1

− sin

2

θ)dθ

Elegimos aqu´ı el cambio de variable u = sin θ =

⇒ du = cos θθdθ

5 2

2 = (u 3

−

u3 ) + k 3

−

sin3 θ ) + k 3

−

sin3( 3

5 2

2 = (sin θ 3 5

2 3x = (sin( ) 3 2 2

3x 2

3

)

) + k

37


5. Resolver



tan3 (3x)sec4 (3x)dx

Soluci´ on

lo que se busca es una relación entre alguna funci´ on y su respectiva derivada ,asi se tiene

  Elegimos u = tan(3x)

tan3 (3x)sec2 (3x)sec2 (3x)dx

tan3 (3x)sec2(3x)(1 + tan2 (3x))dx 2

−→ du = 3 sec (3x)dx



1 1 u (1 + u ) du = 3 3 3

2



(u3 + u5 )du

1 u4 u 6 = ( + ) + k 3 4 6 1 1 = tan 4 (3x) + tan 6 (3x) + k 12 18

6. Resolver

 

( sin(2x)

Soluci´ on



 −  −   −   [sin(2x)

[sin(2x)

sin(2x)dx

2

− cos(2x)) dx

2 sin(2x) cos(2x)

2 sin(2x)cos(2x)

2

2

− cos (2x)]dx

− 21 (1 + cos(4x))]dx

sin(2x) cos(2x)

−

1 (1 + cos(4x))dx 2



En la segunda integral hacemos u2 = sin(2x) Luego

−→ 2udu = 2 cos(2x)dx −→ udu = cos(2x)dx

38


− cos(2x) − 2 = 2



) + C − 21 (x + sin(4x) 4

u2 du 3

− cos(2x) − 2u − 1 (x + sin(4x) ) + C = 2 3 2 4 − cos(2x) − 2 = 2

7. Resolver



3

sin(2x) 3

) + C − 21 (x + sin(4x) 4



sin(10x) sin(20x) sin(30x)dx

Soluci´ on

Usaremos 1 sin A sin B = [cos(A 2

− B) − cos(A + B)]

As´ı 1 sin(10x) sin(20x) = [cos( 10x) 2

−

− cos(30x)]

Pero cos( 10x) = cos(10x)

−

1 sin(10x) sin(20x) = [cos(10x) 2

− cos(30x)]

Luego 1 sin(10x) sin(20x) sin(30x) = (cos(10x) 2

− cos(30x)) sin(30x)

Luego como 1 sin A cos B = [sin(A + B) + sin(A 2 1 1 = [ (sin(40x) + sin(20x)) 2 2

− B)]

− 21 (sin(60x) + sin 0)]

1 = (sin(40x) + sin(20x)) 4

− 14 sin(60x)

39


 ⇒

=

sin(10x) sin(20x) sin(30x)dx =

=

−1 cos(40x) −

160

8. Resolver



1 (sin(40x) + sin(20x)) 4

− 14 sin(60x)dx

1 1 cos(20x) + cos(60x) + C 80 240



sin3 x cos(3x)dx

Soluci´ on

Usaremos 1 sin A cos B = [sin(A + B) + sin(A 2

− B)]

1 1 sin x cos(3x) = [sin(4x) + sin( 2x)] = [sin(4x) 2 2

−

= sin3 x cos(3x) = sin2 x sin x cos(3x) = [ 1 = [sin(4x) 4 1 = [sin(4x) 4

1

− sin(2x)]

− cos(2x) ][ sin(4x − sin(2x)) ] 2

2

− sin(2x) − sin(4x)cos(2x) + sin(2x) cos(2x)] − sin(2x) − 12 [sin(6x) + sin(2x)] + 12 sin(4x)]

3 = sin(4x) 8

− 83 sin(2x) − 81 sin(6x)

3 [ sin(4x) 8

− 38 sin(2x) − 18 sin(6x)]dx 3 − cos(4x) 3 − cos(2x) 1 − cos(6x) = ( )− ( )− ( ) + C

 ⇒

=

8

=

4

8

2

3 3 ( cos(4x)) + (cos(2x)) 32 16

−

8

6

− 481 (− cos(6x)) + C

40


9. Resolver

cos5 x dx sin x

 √

Soluci´ on

cos5 x dx = sin x

 √

=





cos x(cos2 x)2 dx sin x

√

2

− sin √ x)

(1

2

cos x

sin x

dx

Hacemos el cambio 2

u = sin x

=



(1

−→ 2udu =

4 2

−√ u ) ) 2udu = 2 u 2

=2



(1

− 2u

4



√

sin x

(1

4 2

− u ) u du u

+ u8 )du

2 5 u9 = 2(u u + ) + C 5 9 5 9 2 1 = 2[ sin x sin x + sin x ] + C 5 9

√

10. Resolver

−

− √

√

 √

cos2 x + cos xdx

Soluci´ on

Usaremos que 1 + cos(2θ) 2 x Haciendo θ = 2 se llega a 1 + cos x = 2 cos2 ( x2 ) cos2 θ =

Luego

 √

cos2 x + cos xdx =

 

cos x(1 + cos x)dx

41


 

x x cos(2( ))2cos2 ( )dx = 2 2

 √  − 2 1

 √ 

x 2 cos2 ( ) 2

− sin ( x2 )cos( x2 )dx 2

x x 2sin2 ( )cos( )dx 2 2

Hacemos du 1 x √ u2 = sin( x2 ) −→ √ = cos( )dx 2 2 2 =

 √  − 2 1

u2 du 2( )2 =2 2 2

√

 √ − 1

u2 du

√ − u + 21 arcsin u] + C √ = u 1 − u + arcsin u + C √ x √ x x = 2sin( ) 1 − 2sin ( ) + arcsin( 2sin( )) + C 2 2 2 = 2[

u 1 2

2

2



2

42



1. Resolver

 √      √  √  

sin x cos5 xdx

2. Resolver

x x sin3 ( )cos7 ( )dx 3 3

3. Resolver

tan3 (2x) cos3 (2x)dx

4. Resolver

cos5 x dx sin4 x

5. Resolver

cot x cos9 xdx

6. Resolver

sin3 x dx cos4 x

3

7. Resolver

3

8. Resolver



cos(9x

9. Resolver



sin2 x dx cos17 x

− 20) cos(5x + 20)dx

cos(3x + π) sin(9x

10. Resolver

11. Resolver

12. Resolver



− π)cos(2x)dx

cos x cos(3x)cos(5x)dx

 

cos2 x sin2(4x)dx

cos4 (2x)sin3 (2x)dx

43


13. Resolver



14. Resolver

√

5

tan x cos3 xdx sin3 x

 √    · 3

15. Resolver

sin2 x dx cos14 x

3

16. Resolver

cos4 x

sin2x sin3xdx

17. Resolver



sin x sin(3x)sin(5x)dx

18. Resolver



(

19. Resolver

sec x 4 ) dx tan x



sin(4x + 7) cos(5x + 8)dx

20. Resolver

  

tan4 x sec3 xdx

21. Resolver

cot5 x csc4 xdx

22. Resolver

23. Resolver

24. Resolver

25. Resolver



x2 cos(2x3 )dx

9

tan5 (3x)sec (3x)dx 2

sin2 (πx) dx cos6 (πx)

   3

cos x

sin7 (2x)cos x

44


26. Resolver

27. Resolver

28. Resolver

dx dx sin2 x cos4 x

  −  √  −    

cos4 x + sin4 x dx cos2 x sin2 x dx

sin x cos3 x

29. Resolver

30. Resolver

31. Resolver

1 + tan x dx 1 tan x

x x sin4 ( )cos2 ( )dx 2 2 9

tan3 4x sec 4xdx

32. Resolver

2

x2 cos2x3 dx

33. Resolver

sin6 2xdx

45


0.7.

F´ ormulas de Recurrencia

1. Obtener una f´ ormula de recurrencia para la integral I n =



sinn xdx

Soluci´ on

En primer lugar dentro del integrando haremos la descomposici´ on



n

sin xdx =



sinn−1 x sin xdx

aqu´ı usaremos integraci´ on por partes : u = sinn−1 x =

n 2

⇒ du = (n − 1) sin − x cos xdx dv = sin x =⇒ v = − cos x

luego : I n =

n 1

−(sin −

=

I n = =

n 1

−(sin −

n 1

−(sin − I n

x)(cos x) + (n

n 1

−(sin −

 −  −  −  1)

x)(cos x) + (n

1)

x)(cos x) + (n

x)(cos x) + (n

− 1)

1)

sinn−2 x cos x cos xdx sinn−2 x cos2 xdx

sinn−2 x(1

− sin

2

x)dx



sinn−2 xdx + (n

n

− 1) sin = −(sin − x)(cos x) + (n − 1)I − + (n − 1)I 1 I = [(sin − x)(cos x) + (n − 1)I − ] 2−n n 1

n

n 2

n

n 1

n 2

2. Obtener una f´ ormula de recurrencia para la integral I n =



cosn xdx

3. Demostrar que



xn e−x dx, nN

n

−→ I = −x e− n

x

4. Obtener una f´ ormula de recurrencia para la integral



xdx

secn xdx

+ nI n−1

46


5. Halle una fórmula de recurrencia para la integral I n = Donde n es entero

≥ 0.Calcule I

  xn

(ax + b)dx

2

6. Obtener una f´ ormula de recurrencia de I n =



(

x x

− a ) dx −b n

7. Obtener una f´ ormula de recurrencia de



I n =

√

1 1 + xdx xn




√

1 a + bxdx xn




(x2

2 n

− a ) dx

47


0.8.

Integraci´ on de funciones Racionales

No existe un procedimiento general para resolver integrales del tipo racional,por esta raz´ on en los ejemplos que siguen detallaremos los tipos de Integrales que contienen funciones racionales. 1. Integrales del tipo



P (x) dx Q(x)

Donde P (x), Q(x) son polinomios del mismo grado Resolver la siguiente integral x + 2 dx x + 1 Cuando tengamos el cociente entre dos polinomios de igual grado es aconsejable realizar la división entre polinomios para as´ı de esta forma obtener integrales conocidas o f´ aciles de integrar



1 (1 + )dx = x + 1



  dx +

1 dx x + 1

= x + ln x + 1 + k

|

2. Integrales del tipo



|

P (x) dx Q(x)

Donde P (x) es un polinomio de grado m y Q(x)es un polinomio de grado n ,además m < n Resolver la siguiente integral 4x2 + 9x 1 dx x3 + 2x2 x 2 Para resolver integrales de este tipo donde el denominador sea un polinomio de grado mayor que el polinomio del numerador es conveniente usar FRACCIONES PARCIALES,método que a continuaci´ on se detalla .



−

− −

En primer lugar se debe factorizar el polinomio del denominador en la medida de lo posible a lo más en factores cuadr´ aticos irreducibles,para el problema se tiene 4x2 + 9x 1 4x2 + 9x 1 = x3 + 2x2 x 2 (x + 1)(x 1)(x + 2)

−

− −

−

−

Una vez ejecutado el procedimiento y dado que en el denominador existen 3 factores todos lineales se debe realizar una separaci´ on en tres factores cada uno de los cuales contendr´ a dentro de cada denominador a uno de los factores lineales

48


y en su numerador respectivo a un polinomio de grado uno menos que el polinomio del denominador en este caso una constante asi : 4x2 + 9x 1 4x2 + 9x 1 A B C = = + + x3 + 2x2 x 2 (x + 1)(x 1)(x + 2) x + 1 x 1 x + 2

−

− −

−

−

−

Ahora el objetivo es hallar cada uno de los valores que representan a las constantes indicadas para asi de este modo simplificar la integraci´ on 4x2 + 9x 1 A(x + 2)(x + 1) + B(x 1)(x + 1) + C (x = x3 + 2x2 x 2 x3 + 2x2 x 2

−

−

− −

− −

− 1)(x + 2)

como se tiene el mismo denominador al cancelarlos queda 4x2 + 9x

− 1 = A(x + 2)(x + 1) + B(x − 1)(x + 1) + C (x − 1)(x + 2)

Existen dos formas de conseguir los valores de A, B,C una de ellas es tratando de igualar los coeficientes de los polinomios en ambos mienbros y la otra es tratando de dar valores arbitrarios al x de tal forma que se elimine por lo menos algunas de las variables y hallar las que quedan.En esta oportunidad realizaré la segunda opción y para esto x = 1 A = 2

−→ x = −1 −→ C = 3 x = −2 −→ B = −3

Por lo tanto 4x2 + 9x 1 A B C 2 = + + = x3 + 2x2 x 2 x + 1 x 1 x + 2 x + 1

−

− −

 ⇒

=

3. Resolver



−

4x2 + 9x 1 dx = x3 + 2x2 x 2

−



2 dx x + 1

 −

3

− x −3 1 + x +3 2 dx +

x−1 − − = 2 ln |x − 1| − 3 ln |x + 2| + 3ln |x + 1| + k



3 dx x + 2

1 dx 1 + x4

Soluci´ on

En esta integral es necesario recordar algunos métodos de integraci´ on,recordemos que nuestro objetivo es factorizar la suma que aparece en el denominador como el productos de factores o lineales o a lo más en el de factores cuadr´ aticos irreducibles asi que completando cuadrados y haciendo uso de la diferencia de cuadrados se tiene : x4 + 1 = x 4 + 2x2 + 1 2x2 = (1 + x2 )2 2x2 x4 + 1 = (1 + x2)2

√ − ( 2x)

2

−

= (x2 +

√

−

2x + 1)(x2

−

√

2x + 1)

49


asi de este modo usando fracciones parciales 1 Ax + B Cx + D = + x4 + 1 x2 + 2x + 1 x2 2x + 1

√

− √

de donde 1 = (A + C )x

3

−(

√

2A + B +

√

2

2C + D)x + (A

−

√

2B + C +

√

2D)x + (B + D)

se obtiene el sistema de ecuaciones A + C = 0

√

√ 0 − 2A + √ 2C + B + D = √ A + C − 2B + 2D = 0 B + D = 1

Del sistema se obtiene que : A =

√ 2 4

√ 2 − , C = 2

 ⇒

=

√ 2 4



x 1 dx+ 2 x2 + 2x + 1

√

4. Resolver



,B =

1 dx = x4 + 1

1 dx x2 + 2x + 1

√



1 1 , D = 2 2

√ 2

−4



x2

x 1 + 2x + 1 2

− √



x2

dx √ − 2x + 1

(2x + 1) dx x3 7x + 6

−

Utilizando rufinni factorizamos el denominador x3

− 7x + 6 = (x − 1)(x + 2)(x + 3)

De esta forma

(x

−

2x + 1 A B C = + + 1)(x + 2)(x + 3) x 1 x + 2 x + 3

−

Para calcular el valor de A debemos multiplicar a toda la igualdad por el denominador de A ,de este modo quedar´ıa 2x + 1 B C = A + (x + 1) + (x (x + 2)(x + 3) (x + 2) x + 3

− 1)

y luego reemplazar x por aqule valor que elimina al denominador de A es decir por x = 1

50


As´ı A =

3 12

=

1 4

Análogamente con B = 1 y con C = −45 Luego



2x + 1 1 1 dx = dx + x3 7x + 6 4 x 1 1 = ln(x 1) + ln(x + 2) 4



−

−

−

5. Resolver



1 5 1 dx dx x + 2 4 x + 3 5 ln(x + 3) + k 4

 −

−



x + 1 dx x3 + 4x

Para resolver este tipo de integrales hay que tener en cuenta que luego de la factorización por cada factor lineal en el denominador existe un polinomio de grado cero en el numerador y por cada factor cuadr´ atico irreducible(determinante negativo) en el numerador existe un polinomio de grado uno en el numerador. x + 1 x + 1 A Bx + C = = + 2 x3 + 4x x(x2 + 4) x x +4 x + 1 A(x2 + 4) + (Bx + C )x = x(x2 + 4) x(x2 + 4) x + 1 = Ax2 + 4A + Bx 2 + Cx x + 1 = (A + B)x2 + Cx + 4A Teniendo en cuenta que dos polinomios son iguales cuando sus coeficientes son iguales ,as´ı se tiene : A + B = 0 , C = 1 , 4A = 1

A =



x + 1 1 dx = x3 + 4x 4 1 ln(x) 4

1 1 ,B = , C = 1 4 4

−



1 dx x

− 81 ln(x

2

−

1 4



x dx + x2 + 4



1 x + 4) + arctan + k 2 2

1 x2 + 4

51


6. Resolver



2x2 1 dx x3 x

− −

EL denominador se puede factorizar x3

2

− x = x(x − 1) = x(x + 1)(x − 1)

Luego 2x2 1 2x2 1 A B C = = + + x3 x x(x + 1)(x 1) x x + 1 x 1

− −

−

De donde A = 1 ,B =

 ⇒

=

1 2

−

−

1 2

y C =

2x2 1 1 1 dx = dx + x3 x x 2 1 = ln x + ln x + 1 + 2

− −



||

7. Resolver



|



|

1 1 dx + x + 1 2

1 ln x 2



1

x

− 1 dx

| − 1| + C

5x2 11x + 5 dx x3 4x2 + 5x 2

−

−

−

Los factorizaci´ on del denominador es : = x 3

− 4x

2

+ 5x

2

− 2 = (x − 1) (x − 2)

As´ı tenemos 5x2 x

− 11 = A + B − 2 x − 1 (x − 1) B = −− = 1 ,C = 20 − 22 + 5 y si hacemos x = 0 −→ − = −A + 1 − −→ A = 2

2

+

C x

−2

5 11+5 1

5 2

3 2

Luego



5x2 11x + 5 dx = 2 x3 4x2 + 5x 2

−

−

−



1 x

−1

dx +



1 (x

− 1)

dx + 3 2

| − 1| − x −1 1 + 3ln |x − 2| + C

= 2 ln x



1

x

− 2 dx

52


8. Resolver



x + 1 dx x3 + 4x

x + 1 x + 1 A Bx + C = = + 2 x3 + 4x x(x2 + 4) x x +4 x + 1 A(x2 + 4) + x(Bx + C ) = x(x2 + 4) x(x2 + 4)

−→ x + 1 = Ax

2

+ 4A + Bx 2 + Cx

x + 1 = (A + B)x2 + Cx + 4A

Igualando los coeficientes A + B = 0 ,C = 1 y 4A = 1 ,de allo se tiene que A =



1 4

,B = −41 y C = 1

x + 1 1 1 1 x 1 dx = dx dx + dx 3 + 4x 4 x 4 x2 + 4 x2 + 4 1 1 1 x = ln x ln(x2 + 4) + arctan( ) + C 4 8 2 2



| |−

−





53



1. Resolver

2x2 dx x4 + x2 + 1

   

2. Resolver

1 dx x2 (x + 1) 2

3. Resolver

4. Resolver

5. Resolver



8. Resolver

9. Resolver

10. Resolver

11. Resolver

1 dx x(x3 + 1)

2x2 + 41x 91 dx (x 1)(x + 3)(x 4)

6. Resolver

7. Resolver

x5 dx (x2 + 4)2

−

−



−

2x2 5 dx x4 5x2 + 6

−

4x3 + 4x2 x4 3x3

−

18x + 6 dx x2 + 3x

 − − −  − − −  − − −  

x2 + x 1 dx x3 x2 x + 1

x6

2x4 + 3x3 9x2 + 4 dx x5 5x3 + 4x x3 + 4x + 1 dx x4 + x2 + 1

5x2 + 6x + 9 dx (x 3)2 (x + 1) 2

−

54


12. Resolver

13. Resolver

14. Resolver

15. Resolver



20. Resolver

21. Resolver

22. Resolver

23. Resolver

24. Resolver

25. Resolver

−

4x2 8x dx (x 1)2 (x2 + 1)2

−

−

x3

2x2 + 1 x2 5x

− − − 3 dx

 

17. Resolver

19. Resolver

−

x3 + x2 5x + 15 dx (x2 + 5)(x2 + 2x + 3)

  

16. Resolver

18. Resolver

x3

x + 1 dx 2x2 + 3x

4x2 + 6 dx x3 + 3x

x3 + x 1 dx (x2 + 2)2



x4

−

−

x2 x + 1 5x3 + 5x2 + 5x

−

− 6 dx

2x4 2x + 1 dx 2x5 x4

 − −   −   − −  

x3 + 4x + 1 dx x4 + x2 + 1

5x2 + 6x + 9 dx (x 3)2 (x + 1) 2 dx dx x4 + x2 + 1

x2 + 2x 1 dx x3 27 3 dx 8x3 + 1

2x2 dx 16 x4

−

55


M´ etodo de Hermite-Ostrogradski

Usando para integrales que presentan el tipo :



Ax + B dx (x2 + bx + c)n

,n

∈ N, n ≥ 1

siendo x2 + bx + c una cuadr´ atica irreducible Para esto se debe considerar :



Ax + B P (x) dx = + (x2 + bx + c)n (x2 + bx + c)n−1



Cx + D dx x2 + bx + c

Donde : P (x) es un polinomio de grado uno menos que su denominador ,C, D La explicaci´ on del procedimiento se detalla en el siguiente ejemplo :



dx Ax + B = + (x2 + 1)2 (x2 + 1)



∈R

Cx + D dx x2 + 1

Para hallar las constantes A, B,C,D debemos integrar ambos mienbros as´ı tenemos : 1 A(x2 + 1) 2x(Ax + B) (Cx + D) = + (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 (x2 + 1)

−

1 A(x2 + 1) 2x(Ax + B) (Cx + D)(x2 + 1) = + (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 (x2 + 1)2

−

Luego 1 = Ax2 + A

2

3

− 2Ax − 2Bx + Cx

+ Cx + Dx 2 + D

De aqu´ı A = 1

,B = 0

, C = 0

, D = 1

reemplazando



dx x = + (x2 + 1)2 x2 + 1 =



1 x + arctan x dx = x2 + 1 x2 + 1

x2 arctan x + arctan x + x x2 + 1

Ademá s en el caso en el que el denominador de la fucni´ on racional factores de multiplicidad P (x) f (x) dx = + Q(x) Q1 (x)



g(x) dx Q2 (x)

P (x) Q(x)

tenga

56


Donde Q1 (x) es el máximo com´ un divisor de los polinomios Q(x) y de su derivada Q (x) y Q2 (x) = QQ((xx)) .Además f (x) y g(x) son polinomios con coeficientes indterminados ,cuyos grados son menores en una unidad que los polinomios Q1 (x) y Q2(x) respectivamente. Ejemplo : Resolver dx (x + 1) 2 (x2 + 1)2 1



Se observa que :

Q(x) = (x + 1) 2 (x2 + 1)2 =

2

⇒ Q(x) = 2(x + 1)(x

+ 1)(3x2 + 2x + 1)

Luego Q1 = (x + 1)(x2 + 1) y

Q(x) = (x + 1)(x2 + 1) Q1(x)



dx Ax2 + Bx + C = + (x + 1) 2 (x2 + 1)2 (x + 1)(x2 + 1)



Dx2 + Ex + F dx (x + 1)(x2 + 1)

Derivando ambos mienbros y resolviendo se obtiene : A =

 =

−1

,B =

4

1 4

, C = 0

, D = 0

, E =

dx x2 + x = + (x + 1) 2 (x2 + 1)2 4(x + 1)(x2 + 1)

−

2

−x

+ x 1 + ln x + 1 4(x + 1)(x2 + 1) 2

|

| − 41 ln |x



2

− 14

, F =

−x + 3

3 4

4(x + 1)(x2 + 1)

dx

1 + 1 + arctan x + c 4

|

57



1.

2.

3.

4.

5.

4x2 8x dx (x 1)2 (x2 + 1)

 −     

(x2 1)2 dx (x + 1)(1 + x2 )3

−

1 dx x4 (x3 + 1)2

x + 2 dx ((x2 + 2x + 2) 3 )

(x4

6.

−

1

− 1) dx 2

1 dx (x2 + 1)4

58


0.9.

Integraci´ on de funciones Racionales de Seno y Coseno

Las integrales el tipo



f (sin x, cos x)dx

donde f es una función racional.Generalmente se resuelve haciendo uso del siguiente cambio de variables: x tan( ) = t 2

2 dt −→ x = 2 arctant −→ dx = 1 + t 2

x sin( ) = 2

√ 1 t+ t

2

x cos( ) = 2

√ 1 1+ t

2

x x x 2t sin x = sin 2( ) = 2 sin( )cos( ) = 2 2 2 1 + t2 x 1 t2 2 x 2 x cos x = cos 2( ) = cos ( ) sin ( ) = 2 2 2 1 + t2 Si este cambio convierte la integral en una muy complicada se debe tener en cuenta lo siguiente :

−

−

1. Si f es impar respecto a sin x es decir f ( sin x, cos x) =

−

−f (sin x, cos x)

entonces realizar la sustitución cos x = t 2. Si f es impar respecto a cos x es decir f (sin x,

− cos x) = −f (sin x, cos x)

entonces realizar la sustitución sin x = t 3. SI f es par con respecto a sin x y cos x es decir f ( sin x,

−

− cos x) = f (sin x, cos x)

entonces la sustituci´ on es tan x = t

59


1. Resolver



dx dx Usaremos (2 + cos x 2sin x)sin x

−

x tan( ) = t 2

2 dt −→ x = 2 arctant −→ dx = 1 + t 2

x sin( ) = 2

√ 1 t+ t

x 1 cos( ) = 2 2 1 + t2 x x x 2t sin x = sin 2( ) = 2 sin( )cos( ) = 2 2 2 1 + t2 x 1 t2 2 x 2 x cos x = cos 2( ) = cos ( ) sin ( ) = 2 2 2 1 + t2 dx 1 2dt dx = ( ) t t 1 2 4 2 (2 + cos x 2sin x)sin x (2 + − t 1 + t2 1+t )( 1+t ) 1 + t2

√

−

−

 ⇒

=



−

=



1 + t2 dt = t(t2 4t + 3)

Usando fracciones parciales

−

−



1 + t2 dt t(t 3)(t 1)

−

−

1 + t2 A B C = + + t(t 3)(t 1) t t 3 t 1

−

−

−

⇒ A = 31

=

,B =

5 , C = 3

−

−1

1 1 5 1 1 = dt + dt tdt 3 t 3 t 3 t 1 1 5 = ln t + ln t 3 ln t 1 + k 3 3





− −∈ − | − |− | − |

||

2. Resolver

2 sin x dx 2 + cos x

 −  −   −

=

2

2+

2t 1+t2 1−t2 1+t2

2+2t2 −2t 1+t2 2+2t2 +1−t2 1+t2

4

2 dt 1 + t2 2 1 + t2 dt

t2 t + 1 dt (t2 + 3)(t2 + 1)

t2 t + 1 At + B Ct + D = + 2 (t2 + 3)(t2 + 1) t2 + 3 t +1

−

2

2

60


t2 t + 1 (At + B)(t2 + 1) + (Ct + D)(t2 + 3) = (t2 + 3)(t2 + 1) (t2 + 1)(t2 + 1)

−

t2 t2

− t + 1 = At

3

+ At + Bt 2 + B + Ct3 + 3Ct + Dt 2 + 3D 3

− t + 1 = (A + C )t

+ (B + D)t2 + (A + 3C )t + (B + 3D)

Luego A + C = 0 , B + D = 1 , A + 3C =

−1

, B + 3D = 1

Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene : A =



1 1 , B = 1 , C = , D = 0 2 2

−

t2 t + 1 1 dt = (t2 + 3)(t2 + 1) 2

−



t dt + t2 + 3



1 dt t2 + 3

−

1 2



t dt t2 + 1

1 1 t 1 = ln(t2 + 3) + arctan( ) ln(t2 + 1) + k 4 4 3 3 1 x 1 1 1 2 x = ln(tan2 ( ) + 3) + arctan( ) ln(tan ( ) + 1) + k 4 2 4 2 3 3tantan( x2 )

√

√

3. Resolver

√ −

√



−

1 dx tan2 +sin2 x

En esta integral ,si se elige el cambio general t = tan( x2 ) ,la integral se complica y lo puedes comporbar ,as´ı que podemos elegir otro cambio ,para esto se debe tener ehn cuenta que la funci´ on que aparece en el integrando es par con respecto a sin x y de cos x ,luego la sustitución conveniente ser´ıa : 1 dt ⇒ x = arctan t =⇒ dx = 1 + t

tan x = t =

2

dx =

 

1 dt 1 + t2

1 1 dt t2 + 1+t t 1 + t2 2

2

1 + t2 1 dt = t2 + t4 + t2 1 + t2



1 dt t4 + 2t2

61


1 A B Ct + D = + 2+ 2 t2 (t2 + 2) t t t +2 1 At(t2 + 2) + B(t2 + 2) + (Ct + D)t2 = t2 (t2 + 2) t2 (t2 + 2) 1 = At 3 + 2At + Bt 2 + 2B + Ct3 + Dt 2 1 = (A + C )t3 + (B + D)t2 + 2At + 2B A + C = 0, B + D = 0, 2A = 0, 2B = 1 resolviendo el sistema C = 0, D =

−1 , A = 0, B = 1 2

2

reemplazando



1 1 dt = t2 (t2 + 2) 2 =

=



1 dt t2

−

1 2



1 dt t2 + 2

1 t arctan( √ ) + k − 2t1 − 2√ 2 2

1 1 tan x √ arctan( ) + k − 2tan − x 2 2 2

62



1. Resolver

2. Resolver

3. Resolver



1 dx (2 + cos x)(3 + cos x) sin(2x) dx sin4 x + cos4 x

  −    −  −      1

4. Resolver

5. Resolver

6. Resolver

7. Resolver

8. Resolver

9. Resolver

10. Resolver

11. Resolver

12. Resolver

1 dx sin4 x

1 dx (sin x + 2 sec x)2

sec x 2tan x + sec x

− 1 dx

sin x + 2 cos x 3 dx sin x 2cos x + 3

−

sin2 x dx 1 tan x

1 dx sin x + cos x + 2 1 dx 5 + 3 cos x

1 dx (sin x + cos x)2 dx 1 + sin x + cos x cos x dx 1 + 2 cos x

63


13. Resolver

14. Resolver

15. Resolver

16. Resolver

 

1

4sin x

− 3cos x dx

sec x 2tan x + sec x

− 1 dx

sin2 x dx 1 tan x

 − 

cos(2x) dx sin4 x + cos4 x

64


0.10.

Integraci´ on de Funciones Irracionales

De la misma forma que la integración de funciones Racionales no existe método general para el c´ alculo de las mismas,lo primero que se debe buscar en una integral del tipo irracional es convertirla en una racional y tal cambio se logra realizando convenientemente un cambio de variable;no siempre es posible hacer esto por est´ a raz´ on detallamos el procedimiento de algunos de los tipos mas encontrados a la hora de calcular una integral irracional. 1.



√ √

x2 + 1 + x dx 1 + x 3

haremos un cambio de variable

1 + x = u 6 =



5

⇒ dx = 6u du

√ √

x2 + 1 + x dx = 1 + x 3



(u6

2

+ u3

− 1) u2

(6u5 du) =

u16 = 6 (u 2u + u + u )du = 6( 16 regresando a la variable original



15

−

9

3

(x + 1) 16 = 6( 16

−

2. Integrales del tipo

6

−



(u12

− 2u

6

+ 1 + u3 )6u3 du

2u10 u 4 u 7 + + ) + k 10 4 7

2(x + 1) 10 (x + 1) 4 (x + 1) 7 + + ) + k 10 4 7 ax + b dx cx2 + dx + e

 √

Donde cx2 + dx + e tiene discriminante distinto cero x + 2 dx observemos en primer lugar que 4 2x x2 el discriminante del polinomio cuadr´ atico que se encuentra dentro del radical es 2 ( 2) 4( 1)(4) = 20 = 0,primero completemos cuadrados en el polinomio del denominador e inmediatamente debemos dar forma ala expresi´ on lineal que se encuentra en el numerador tratando de que aparezca el factor lineal que est´ a elevado al cuadrado y que est´ a en el denominador el cu´ al apareci´ o al momento de completar cuadrados Resolver la siguiente integral

− − −

 √

− −



x + 2 dx = 2 5 (x + 1)

 

−

(x + 1) + 1 dx 2 5 (x + 1)

 

−

Luego de realizar la separaci´ on conveniente realizar un cambio de variable en ambas integrales x + 1 dx + 5 (x + 1) 2

 

−

  5

−

1 dx (x + 1) 2

65


En la primera integral hacemos el cambio de variable u2 = 5

2

− (x + 1) =⇒ 2udu = −2(x + 1)dx

As´ı se tiene x + 1 dx = 5 (x + 1) 2

 

−

u du = u

 −



−u = − 5 − (x + 1)

2

En la segunda integral al hacer u = x + 1 =

⇒ du = dx

se tiene la integral conocida

  5

1

− (x + 1)

3. Integrales de la forma

2

dx =

1

 √

2

−u

5

du = arcsin(

√ u5 )

P n (x) dx ax2 + bx + c

 √

(1)

Donde P n (x) es un polinomio de grado n

√

P n (x) dx = Q n−1 (x) ax2 + bx + c + λ 2 ax + bx + c

 √

Donde Qn−1 (x) es un polinomio de grado n y λ se encuentra derivando (1) Resolver la siguiente integral

dx ax2 + bx + c

 √

− 1 con coeficientes indeterminados

x2 dx x2 x + 1

 √

−

La integral es del tipo en mención el polinomio que se encuentra en el numerador P n (x) es de segundo grado asi de este modo adecuando los datos se tiene :

√

x2 dx dx = (Ax + B) x2 x + 1 + C x2 x + 1 x2 x + 1 Como nuestro objetivo es hallar las cosntantes lo primero que se debe reazlizar es la derivaci´ on en ambos mienbros

 √

−

√

x2 = A x2 2 x x + 1

√ −

2x2 2x2

 √

−

−

− 1) + √ C − x + 1 + (Ax + B) 2√ (2x x − x + 1 x − x + 1 = 2A(x − x + 1) + (Ax + B)(2x − 1) + 2C = (4A)x + (−3A + 2B)x + (2A − B + 2C ) 2

2

2

2

66


del sistema que se forma se obtiene que : 1 3 1 ,B = , C = 2 4 8

−

A = De aqu´ı

√

x2 1 3 dx = ( x + ) x2 2 4 x2 x + 1

 √

−

para resolver la integral

− x + 1 −

1 8

dx x2 x + 1

 √

−

dx x2 x + 1 Tán sólo se completa cuadrados y se realiza un cambio de variable

 √

dx = x2 x + 1

 √

−

sea u = x 1

  −  ⇒ 

1 2 ) 2

(x

+

Luego

−

1 2 ) 2

+

(x

 

−

1 2 ) 2

+

1

dx

3 4

3 4

+

3 4

du = ln u +

|

| − 12 ) +

dx = ln (x

√

−

1

− 12 =⇒ du = dx

x2 1 3 dx = ( x + ) x2 2 4 x2 x + 1

 √

  u2

1

=

(x

3 4

dx =

−

− x + 1 −

√

x2

1 ln (x 8

| −



u2 +

3 4

|

− x + 1|

1 )+ 2

√

x2

− x + 1| + k




dx √ (ex + f ) ax

2

n

+ bx + c

,nZ +

Este tipo de integrales se resuelve realizando el cambio de variable t =

Resolver





1 ex + f

dx √ (x + 1) x + 2x − 3 3

2

t =

1 = x + 1

dx x2 + 2x

√ (x + 1) 3

⇒ x = 1t − 1 =⇒ dx = − t1 dt

−3

2

=

  t3

1

( 1t

− 1)

2

+ 2( 1t

− 1) − 3

(

−1 )dt t2

67


 − √

t2

dt 1 4t2 El cambio de variable transform´ o la integral en una del tipo anterior as´ı que ejecutamos el procedimiento para tal tipo. =

√

−

t2 dt = (At + B) 1 1 4t2

 √

−

2

− 4t

+ C

 √

1

dt 2

− 4t

Derivando ambos mienbros t2

√ 1 − 4t

2

√

= A 1

2

− 4t

+ (At + B)(

t2 = A(1

√ 1−−4t4t ) + C ( √ 1 −1 4t ) 2

2

2

− 4t ) − 4t(At + B) + C −1 , B = 0, C = 1 A =

De donde

8




8

xm (a + bxn ) p dx

LLamadas INTEGRALES DEL BINOMIO DIFERENCIAL donde m,n,p

son n´ umeros racionales a y b son n´ umeros reales distintos de cero.Para calcular estas integrales se aplica las condiciones de CHEBICHEV y mediante este criterio a la integral se puede expresar como una combinaci´ on finita de funciones elementales solamente en los tres casos siguientes : umero entero ,hacemos a ) Si p es un n´ x = z s siendo s el com´ un denominador de los exponentes fraccionarios m y n de la variable x b) Cuando

m+1 n

es un n´ umero entero en este caso z s = a + bxn

donde s es el divisor de la fracci´ on de p c ) Cuando

m+1 n

+ p es un n´ umero entero ,en este caso hacer z s = ax −n + b

donde s es el divisor de la fracci´ on de p.

68


1) Resolver



x3 (1 + 2x2 )

−3 2

dx

Haciendo una identificaci´ on de los datos se tiene : m = 3, a = 1, b = 2, n = 2, p = −23 m + 1 3+1 = =2 n 2 2

⇒ z = 1 + 2x

=

2

Luego 2zdz = 4xdx



2

2

x (1 + 2x ) 1 = 4

−3 2



(1

2) Resolver

xdx =

x3

− 1 )(z ) 2

−3 2

2

(

zdz ) 2

2

√ 1+ x

3

(

z 2

− z − )dz = 41 (z + 1z ) + k

dx

  √



4

3

=



x

−3 2

3 4

(1 + x )

−1 3

dx

aqu´ı m = −23 , n = 43 , p = −31

−3 + 1 m + 1 2 = 2 3 = n 3 4

−

como el n´ umerador obtenido no es entero se debe considerar 2 m + 1 + p = n 3

− − 1 = −1 3

Luego z 3 = x

−3 4

⇒ x = (z −1 1) =⇒ dx = −4z (z − 1) 2

+1 =

3

−7 3

4 3

3

dz

Por lo que



x

−3 2

3 4

(1 + x ) =

−1 3

dx =

 − 4

(z 3



((z 3

− 1)

− 1) 1

7

2+ 3 − 3

−4 3

)

−3 2

(1 +

zdz =

1 z 3

 − 4

−1

)

−1

zdz =

3

( 4z 2 (z 3

−

2

−2z + k

− 1)

−7 3

)dz

69



a ) Resolver

 b) Resolver

dx √ 1 + 1 − 2x − x

2

  −  √ √   √  √ √  √

1 x dx 1 + x x

3

c ) Resolver

dx x( x + 2) 10 4

d ) Resolver

dx

x7 (1 + x7)

e ) Resolver

1 7

dx (x + 2) x + 1

f ) Resolver

x2 + 1 + x dx 1 + x 3

g ) Resolver

x2 dx x2 x + 1

−

h ) Resolver

 i ) Resolver

dx √ (x + 1) x + 2x − 3 3

2

dx x + x

 √ √  √  √ 3

j ) Resolver

e2x dx ex + 1

4

k ) Resolver

dx x x2 + 4 3

70


l ) Resolver



dx √ (x − 1) x + 3x + 1 3

m ) Resolver

4

n ˜ ) Resolver

1 1+

o) Resolver

p) Resolver

dx 1 + x3

 √  √  − √ √  √ √   √  √ 3

n ) Resolver

2

e2x dx ex + 1 3x + 2 dx 3x + 2

1 x + 1 +

2+

q ) Resolver

4

x + 1

dx

xdx

2 + x dx 4 2x x2

− −

71


0.11 0.11..

Apli Aplica caci cion ones es de de In Integr tegrac aci´ i´ on on Indefinida

Econ´ omicas omicas ´ MARGINAL AL CONSUMO Suponga que la funci´ 1. PROPENSION on on de consumo consu mo para cierto ciert o pa´ pa´ıs es c(x), donde x es el ingreso nacional disponible. Entonces la propensi´ on marginal al consumo es c (x). Suponga que x y c ambas se on miden en miles de millones de dólares olares y

√

c (x) = 0,9 + 0, 0 ,3 x Si cuando x cuando x = = 0 el consumo es de 10 mil millones de dólares, olares, determine de termine c(x). 2. COSTO MARGINAL En cierta fábrica, abrica, el costo marginal es 3(q 3(q 4)2 dólares olares por unidad cuando c uando el nivel de producción on es q unidades.

−

a ) Exprese el costo total de producci´ on on en función on de los gastos indirectos (el costo de producir 0 unidades) y el n´ umero de unidades producidas. b ) ¿Cuál a l es el costo de producir 14 unidades si el gasto indirecto es de 436 dólares? olares?

3. INGRESO El ingreso marginal por la venta de x de x unida unidades des de un cierto ciert o art a rt´´ıculo se estima que ser´ a 2

R (x) = 50 + 3, 3,5xe−0,01x

Dólares olares por unidad, donde R(x) es el ingreso en dólares. olares. a ) Determine R(x), suponiendo que R que R(0) (0) = 0. b ) ¿Qué ingreso se espera esp era por p or la venta de 1000 unidades? 4. Depreciaci´ on on dV de una m´ aquina aquina es inversamente on on El ritmo de depreciaci´ dt proporcional al cuadrado de t de t+1,siendo +1,siendo V V el el valor a los t los t a˜ años nos de su adquisici´ on.Si on.Si el valor inicial era 500 000 d´ olares y su valor decreci´ olares o 100 000 en el primer año,estimar no,estimar su valor los cuatro a˜ nos nos después es de su compra. compr a. 5. Desembolso El ritmo de desembolso dQ de una subvención on estatal de 2 millones dt de dólares olares es proporcional proporcional al cuadrado de 100 t .El tiempo t se mide en d´ıas (0 t 100) y Q es la cantidad que resta por desembolsar.Calcular la cantidad que resta por p or desembolsar desembolsar tras 50 d´ıas,suponiendo ıas,suponiendo que el desembolso desembolso se realiza en 100 10 0 d´ıas. ıa s.

≤ ≤

−

72


6. Funci´ on on de costo Suponga que la funci´ on de costo Marginal para el producto de un fabricante esta on dada por : dc 100q 100q 2 4998q 4998q + + 50 50 = dq q 2 50q 50q + + 1 donde C (x) es el Costo Total en dólares olares cuando se producen q unidades.si q unidades.si los Costos Fijos son de 10 000 dólares olares encuentre el costo de producir 100 unidades. unidades.

− −

7. Ingreso MarginalEl ingreso marginal derivado de la producci´ on on de q unidades unidades de cierto ciert o art´ıculo ıculo es : dR = 4q 12q 12q 2 dq dólares olares por unidad.Si el ingreso derivado de la produc´ on de 20 unidades es de 30 on 000.¿Cuál al será el ingreso esperado por la producci´ on on de 40 unidades?

−

8. Funci´ on on de costo La Función on de Costo Marginal para el producto de un fabricante est´ a dada por : dc 9 = q 0,04q 04q + 4 dq 10

√



3 4

donde C es C es el costo total en dólares olares cuando se producen q unidades.Los q unidades.Los costos fijos son de 360 d´ olares olares . a ) Determine el costo marginal cuando se producen 25 unidades. b ) Encuentre el costo total de producir 25 unidades.

´ La Corporaci´ 9. PRODUCCION on on Bejax ha h a preparado pr eparado una l´ınea de d e producci´ p roducci´ on on para fabricar un nuevo tipo de telefonos celulares .La tasa de producci´ on de los teléfonos efo nos es :

dP = 1500(2 dt

− 2t +t 5 )

unidades por mes.¿Cuántos antos teléfonos efonos se producen durante el tercer mes? 10. PUBLICIDADUna agencia de publicidad inicia una campa˜ na na para propmover un producto nuevo,y determina que t que t d´ıas ıa s des d esp pués ,e , el n´ numero u´mero de personas N personas N ((t)que ha escuchado escuchado acerca del producto cambia cambia a una tasa dada por p or personas p ersonas por d´ıa N  (t) = 5t2

04t − t0,04t +3 2

perso pe rsonas nas por po r d´ d´ıa.¿Cu ıa. ¿Cu´ antas ańtas personas pe rsonas han h an o´ıdo ıdo sobre el producto pro ducto durante la primera semana?.¿cuántas antas personas durante la segunda semana?

73


11. Funci´ a dada por la on o n de Ingr Ingres eso o EL Ingreso marginal de una empresa est´ siguiente expresi´ on on : e2x  R (x) = 1 + e + ex determine el Ingreso para 200 unidades.

√

12. Funci´ o n de Ingreso marginal para el producto de un on on on de Ingres Ingreso o La funci´ fabricante fabricante est´ a dado por : dr 1 = q dq e 1

−

Calcule el ingreso total.

13. DEMANDAEl gerente ge rente de una zapater´ zapater´ıa determina det ermina que el e l precio pre cio p dólares olares por cada par de zapatos deportivos de cierta marca popular,cambia a una tasa de : dp 300x 300x = dx (x2 + 9)

−

3 2

cuando los consumidores demandan x(miles) de pares.Cuando el precio es de 75 d´ olares olares por p or par,son demandados 4000 pares.¿Aqu´ pa res.¿Aqué precio se demandar´ demand ar´ an 5000 pares de zapatos deportivos?.¿Aqué precio p recio no se demandar´ an zapatos deportivos? 14. VALOR DE LA TIERRA Se estima que dentro de t años nos ,el valor V ( V (x) de un acre de tierra cultivable crecer´ a a una tasa de : dV ( dV (x) = dx

0,4x3



0,2x4 + 8000

dólares olares por a˜ no.Actualmente la tierra vale 500 d´ no.Actualmente olares olares por acre.¿Cu´ anto anto valdr´ a la tierra dentro de 10 a˜ nos? nos? 15. Producci´ on on Total La Raz´ on on de producci´ on on de un pozo en barriles barriles diarios diarios var´ ar´ıa de acuerdo con la siguiente siguiente f´ ormula ormula 1200000 P  (t) = (t + 1600) 3 2

donde t donde t es es el tiempo t iempo (en d´ıas) ıas) a partir del de l inicio de d e la producci´ on.Calcule on.Calcule la Producción on Total hasta el tiempo t tiempo t,tambi´ ,también en encuentre encu entre la Producc Pro ducci´ i´ on on Total disponible es decir l´ım P ( P (t) t−→∞

74


16. El dinero depositado en cierto banco se incrementa de tal manera que la raz´ on on de cambio cambio del saldo saldo es igual al 7 % del saldo saldo en ese instan instante. te. Adem´ as si en un inicio se hizo un dep´ osito osito de $3500 cu´ anto se obtiene al cabo de 18 meses. anto 17. La relaci´ on on entre el precio p y la cantidad demandada x es tal que la tasa de disminuci´ on en la demanda, a medida que el precio aumenta, es proporcional a la on cantidad demandada e inversamente proporcional a la suma del precio m´ as una constante. Encontrar la funci´ on on de demanda si p = p = p 0 cuando x = 1.

Geom´ etricas

√

18. La pendiente de la recta tangente en cualquier punto (x, (x, y ) de ésta esta curva es 3 x , si el punto (9,4) está en la curva ,encontrar una ecuación on de la curva. 19. Halle una función on y = f ( f (x) dos veces derivable que cumpla lo siguiente : y  = 4x−3 y la ecuaci´ on on de la recta tangente tangente a su gr´ afica en el punto (1,3) es y + 2x 2 x = 5 20. La pendiente de la recta tangente tangente en cualquier punto punto (x, (x, y ) en una curva curva es 10 4x y el punto (1,-1) está en la curva.Encontrar una ecuaci´ on on de la curva

−

21. Si f Si f  (x) = integral

af (x) −af (

y

g (x) = bg( bg (x) ,donde a y b son constantes encontrar la



f ( f (x)g  (x)dx

curva f ((x) otra curva g curva g((x) TRAYECTORIAS ORTOGONALES Dada una curva f será ortogonal a esta en x0 si se cumple : f  (x0 ) g  (x0 ) =

·

−1

22. Hallar las trayectorias ortogonales de las siguientes familias de curvas ex + e−y = c

23. Encontrar las trayectorias ortogonales de todas las par´ abolas con vértice ertice en el origen y foco sobre el eje X

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L

Recta T g(x ) 0

Tangente en g(x )

f(x) L

T f(x ) 0

Recta Tangente en f(x ) x

0

g(x)

24. Encontrar las trayectorias ortogonales de la familia de circunferencias de centro en el origen de coordenadas 25. Encuentre las trayectorias ortogonales de la familia de curvas. a ) y = kx2 b) y = (x + k)−1 c ) y = ke−x 26. Encuentre las trayectorias ortogonales asociadas a lafamilia de curvas y 3 = kx2 27. Encuentre el valor de la constante a ,de tal forma que las familias y3 = c 1 x sean ortogonales

, x2 + ay 2 = c2

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F´ısicas ´ DEL AGUA Un derrame de petr´ 28. CONTAMINACION oleo en el océano tiene una forma aproximadamente circular, con radio R(t) pies, t minutos después del inicio del derrame. El radio crece a una tasa de

R (t) =

21 0,07 + 5

a ) Determine una expresi´ on para el radio R(t), suponiendo que R = 0 cuando t=0 b) ¿Cuá l es el área A = πR2 del derrame después de 1 hora?

´ DE UN MEDICAMENTO La concentraci´ 29. CONCENTRACION on C (t) en mg miligramos por cent´ımetro c´ ubico cm de un medicamento en el torrente sangu´ıneo mg de un paciente es de 0,5 cm inmediatamente después de una inyecci´ on y t minutos más tarde disminuye a la tasa de 3

3

C  (t) = mg cm3

−0,01e

0,01t

(e0,01t + 1)2

por minuto.

Se aplica una nueva inyección cuando la concentraci´ on es menor que 0.05 mg/cm3. Determine una expresi´ on para C(t). ¿Cu´ al es la concentraci´ on después de 1 hora? ¿Cuál es después de 3 horas? ´ DE UN MEDICAMENTOLa concentraci´ 30. CONCENTRACION on C (t) en miligramos por cent´ımetro c´ ubico de un medicamento en el torrente sangu´ıneo de un paciente es de 0.5 miligramos por cent´ımetro c´ ubico inmediatamente después d euna inyecci´ on y t minutos más tarde disminuye a la tasa de :

dC 0,01e0,01t = 0,01t dt (e + 1)2

−

miligramos por cent´ımetro c´ ubico.Se aplica una nueva inyecci´ on cuando la conmg centración es menor que 0.05 cm .Determine una expresi´ on para C (t) y la concentración una hora y 3 horas después. 3

31. FLUJO SANGÍNEO Una de las leyes de Posieuille para el flujo sangu´ıneo en una arteria establece que si v(r) es la velocidad del flujo a r cm del eje central de la arteria,entonces la velocidad disminuye a una tasa proporcional a r .Es decir dv = dr

−ar

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donde a es una constante positiva.Determine una expresi´ on para v(r).Suponga que v(R) = 0,donde R es el radio de la arteria. 32. Aceleraci´ on : Un autom´ ovil tarda 13 segundos en acelerar de 25 km/h a 80 km/h.Suponiendo aceleración constante,calcular: m s2 b) La distancia que recorre en esos 13 segundos.

a ) La aceleraci´ o n en

33. Movimiento La velocidad de una part´ıcula que se desplaza a lo largo de una recta en el instante

√

v(t) = t 1 + t2 Determine la distancia recorrida por la part´ıcula desde el instante t 1 = t2 = 24.

√

√ 8 hasta

34. Movimiento Vertical Raúl arroja una piedra hacia arriba,desde el suelo.La piedra alcanza una altura máxima de 225 pies.¿Cuál era su velocidad inicial? 35. Movimiento Vertical Se lanza una bola verticalmente hacia arriba desde el suelo con una velocidad inicial de 60 pies/s2 .¿Qué altura alcanza? . (Despreciar la resistencia del aire y tomar a(t) =

2

−32 pies/s )

36. Movimiento Vertical De lo alto de un edificio de 100 pies de altura se suelta una piedara.En funci´ on del tiempo,determinar la posici´ on y la velocidad con que cae y,luego , el instante que toca suelo y la velocidad con que lo hace. 37. Movimiento Vertical De una altura a 2 m del suelo y con una velocidad de 10 m/seg,se lanza verticalmente hacia arriba una pelota.Determine la altura que alcanzar´ a la pelota y el instante que llege al suelo.

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38. Crecimiento de un ´ ´rboles tras 6 a˜ n os de arbol Un vivero suele vender los a crecimiento.El ritmo de crecimiento en esos 6 a˜ nos viene dado por : dh = 1, 5t + 5 dt donde t es el tiempo en a˜ nos y h es la altura en cm.en el momento de plantarlos miden 12 cm. Calcular su altura tras t años y en el momento de ser vendidos. 39. Crecimiento de una Población El ritmo de crecimiento dP de una poblaci´ on dt de bacterias es proporcional a la ra´ız cuadrada de t ,donde p es el tama˜ n o de la poblaci´ on y t es el tiempo en dias (0 t 10).El tama˜ n o de la poblaci´ o n es 500.Tras un d´ıa ha crecido hasta 600.Estimar la poblaci´ on a los 7 d´ıas

≤ ≤

40. Ley de Enfriamiento de Newton Un term´ ometro que marca 18o F ,se lleva a una cuarto cuya temperatura es de 70oF,un minuto después la lectura del term´ ometro es de 31o F.Determ´ınese las temperaturas medidasd como una funci´ on del tiempo y en particular encontrar la temperatura que marca el term´ ometro cinco minutos después que se lleva al cuarto. 41. Ley de Enfriamiento de Newton Un qu´ımico desea enfriar desde 80o C hasta 60o C una sustancia contenida en un matraz,se coloca el dispositivo en un recipiente ampilo por el que circula agua a 15oC.Se observa que después de 2 minutos la temperatura ha descendido a 70o C.Estimar el tiempo total de enfriamiento. 42. Ley de Enfriamiento de Newton Dentro de cuanto tiempo la temperatura de un cuerpo calentado hasta 100o C descender´ a hasta 30o C.Si la temperatura del local es de 20o C y durante los primeros 20 minutos el cuerpo en cuesti´ on se enfr´ıa o hasta 60 C. 43. Un termómetro que est´ a inicialmente en el interior de una habitaci´ on se lleva al exterior donde la temperatura es aproximadamente constante a 15o C. Después de un minuto marca 30o C y después de 10 minutos marca 20oC. De acuerdo a la ley de Newton ¿Cuál era la temperatura de la habitaci´ on? 44. Una masa de metal se extrae de un horno a 1000o C y se pone a enfriar en un lugar cuya temperatura se mantiene aproximadamente constante a 30o C. Después de 10 horas su temperatura desciende a 200o C ¿Cuánto tardar´ a en llegar a 31o C? ¿ Llegará en alg´ un instante la temperatura a ser igual a la temperatura ambiente o de 30 C? Justifique su respuesta.

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´ RADIOACTIVA La rapidez de cambio de LEY DE DESINTEGRACION

desintegraci´ on de una sustancia radioactiva de una sustancia es proporcional,en cualquier instante,a la cantidad de sustancia que est´ a presente. Vida Media de una sustancia radioactiva .Se define como el tiempo que trasncurre para que desaparezca el 50 por ciento de la sustancia. 45. Una cierta sustancia radioactiva tiene una media de 38 horas.Encontrar que tanto tiempo toma el 80 por ciento de la radioactividad para disiparse. 46. En una población bacteriana B se sabe que tiene un taza de crecimiento proporcional a B misma , si entre medio d´ıa y las 2 p.m.la poblaci´ on se triplica.A qué tiempo,sino se efect´ ua ning´ un control ,B ser´ a 100 veces mayor que el medio dia. 47. Vida Media Un cierto material radiactivo tiene una vida media de dos horas.Encuentre el intervalo de tiempo requerido para que una cantidad dada de este material decaiga hasta un décimo de su masa original. 48. Vida Media Si el 45 por ciento de una sustancia radiactiva se desintegra en 200 años.¿Cuál es su vida media?.¿En cuánto tiempo se desintegrar´ a 60 por ciento de la cantidad original? 49. Bacterias en un cierto cultivo incrementan a una tasa proporcional al n´ umero presente.Si el n´ umero original se incrementa en 50 porciento en 2 horas.¿En cu´ anto tiempo se espera tener dos veces el n´ umero original? 50. Encuentre la vida media de una sustancia radioactiva si el 20 % de ésta desaparece en 5 a˜ nos. 51. El uranio se descompone a una velocidad proporcional a la cantidad presente. Si inicialmente hay 10 gramos y despu´ es de dos horas se ha perdido el 5 % de su masa original, hallar la cantidad restante de uranio como funci´ on del tiempo y La cantidad de uranio después de 5 horas. 52. Crecimiento de un ´ arbol : Un vivero suele vender los a´rboles tras 6 a˜ nos de crecimiento.EL ritmo de crecimiento en esos 6 a˜ nos viene dado por: dh = 1, 5t + 5 dt

Guia de Integración Indefinida 2018 -i

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