¡Descarga Integración: Sustitución trigonométrica y fracciones parciales - Prof. Moreno y más Ejercicios en PDF de Matemáticas solo en Docsity!
RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS DE LA
GUÍA N° 2
A)
1) ∫ x 2 √9 − xdx 2
Tenemos a^2 = 9 entonces a = 3. Ahora hagamos la sustitución trigonométrica : x = 3sen θ dx = 3cos θ dθ √9 − x^2 = 3cos θ Sustituyamos en la integral.
∫ x 2 √9 − xdx 2 = ∫ 9 sen3 cos θ dθ 2 θ 3 cos θ ----- > cancelemos 3cos θ
= 19 ∫ (^) sen^12 θ dθ
= 19 ∫csc^2 θ dθ ----- (1) Ahora tenemos que volver a la variable x nuevamente. Para ello vamos a recurrir a un triángulo rectángulo. Tenemos que sen θ = x 3 , entonces
Ahora encontremos? empleando Pitágoras :
?^2 + x^2 = 3^2 ----- >?^2 + x^2 = 9 ----- >? = √9 − x^2 Ahora continuemos en (1) :
∫ x 2 √9 − xdx 2 =^19 ( ― cot θ ) + C
= − (^19) x^? + C
= ― √9 − x
2 9x + C^ █
3) ∫ (x 2 + 1)dx 3/
Tenemos que a^2 = 1 entonces a = 1. Ahora hagamos x = tan θ dx = sec^2 θ dx x^2 + 1 = tan^2 θ + 1 = sec^2 θ Vamos a la integral
∫ (x 2 + 1)dx 3/2 =^ ∫ sec
(^2) θ dθ (sec^2 θ)
(^32)
= ∫ sec
(^2) θ sec^3 θ dθ = ∫ (^) sec θ^1 dθ = ∫cos θ dθ = sen θ + C Hagamos el triángulo : x = tan θ
= 8 ∫(1 + cos 2θ) dθ = 8 (θ + sen 2θ 2 ) + C = 8 θ + 4 sen 2θ + C = 8 θ + 4 (2 sen θ cos θ) + C = 8 θ + 8 sen θ cos θ + C = 8 ( θ + sen θ cos θ ) + C Vamos al triángulo para regresar a la variable original.
sen θ = z 4 sen θ = x − 3 4 θ = sen―1^ ( x − 4 3 )
(x ― 3)^2 +?^2 = 4^2 ----- >?^2 = 16 ― (x ― 3)^2 ?^2 = 16 ― (x^2 ― 6x + 9) ----- >?^2 = 16 ― x^2 + 6x ― 9
? = √7 + 6x − x^2 Volviendo a la integral.
∫ √7 + 6x − x^2 dx =^ 8 ( θ + sen θ cos θ ) + C
= 8 ( sen―1^ ( x − 4 3 ) + x − 4 3
√7 + 6x − x^2
4 ) + C
= 8 ( sen―1^ ( x − 4 3 ) + (x −^ 3)√7 + 6x − x
2 16 ) + C^ █
13) ∫ x^3 √x^2 − 4 dx
Tenemos a^2 = 4 entonces a = 2. Ahora hagamos x = 2sec θ dx = 2sec θ tan θ dθ √x^2 − 4 = 2tan θ Sustituyamos en la integral ∫x^3 √x^2 − 4 dx = ∫(2sec θ)^3 2tan θ 2sec θ tan θ dθ z = tan θ = ∫32 sec^4 θ tan^2 θ dθ dz = sec^2 θ dθ = 32 ∫sec^2 θ tan^2 θ sec^2 θ dθ = 32 ∫(tan^2 θ + 1) tan^2 θ sec^2 θ dθ = 32 ∫(tan^4 θ + tan^2 θ) sec^2 θ dθ = 32 ∫(z^4 + z^2 ) dz = 32 ( 15 z^5 + 13 z^3 ) + C
= 32 ( 15 tan^5 θ + 13 tan^3 θ ) + C Ahora vamos al triángulo para regresar a la variable original. sec θ = x 2
Por Pitágoras tenemos ?^2 + 2^2 = x^2 ----- >?^2 = x^2 ― 4 ----- >? = √x^2 − 4 Volvamos a la integral y sustituyamos ∫x^3 √x^2 − 4 dx = 32 ( 15 tan^5 θ + 13 tan^3 θ ) + C
∫ √xdx 2 − 9 = ln |^3 x +^ √x
(^2) − 9 3 | + C
= ln | x +^ √x
(^2) − 9 3 |^ + C^ █
23) ∫ dx
(x^2 + 3)
(^32)
Tenemos a^2 = 3 entonces a = √ x = (^) √3 tan θ dx = √ 3 sec^2 θ dθ x^2 + 3 = 3 sec^2 θ Sustituyamos en la integral ∫ dx (x^2 + 3)
32 =^ ∫^
√3 sec^2 θ (3 sec^2 θ)
32 dθ
= ∫ √3 sec
(^2) θ 3
(^32) sec^3 θ
dθ
= 13 ∫ (^) sec θ^1 dθ
= 13 ∫cos θ dθ
= 13 sen θ + C Ahora vamos al triángulo. tan θ = (^) √3x
Por Pitágoras ?^2 = x^2 + (√ 3 )^2 ----- >? = √x^2 + 3 Entonces ∫ dx (x^2 + 3)
32 =^
1 3 sen^ θ + C
= (^) 3 √x 2 x (^) + 3 + C █
31) ∫ sec−12x dx
Primero aplicaremos integración por partes , así lo requiere el ejercicio. Hagamos : U = sec―1^ 2x ----- > dU = (^) 2x √4x2 dx (^2) − 1 dV = dx ----- > V = x ∫sec―1^ 2x dx = x sec―1^ 2x ― ∫ (^) 2x √4x2x dx (^2) − 1
= x sec―1^ 2x ― ∫ (^) √4x 2 dx (^) − 1
= x sec―1^ 2x ― ∫ (^) √(2x)dx (^2) − 1
= x sec―1^ 2x ― 12 ∫ (^) √z 2 dz (^) − 1 ----- > z = 2x dz = 2 dx Ahora veamos la sustitución trigonométrica. z = sec θ dz = sec θ tan θ d θ √z^2 − 1 = tan θ Volvamos a la integral ∫sec―1^ 2x dx = x sec―1^ 2x ― 12 ∫sec θ tan θdθtan θ
= x sec―1^ 2x ― 12 ∫sec θ dθ
= 15 ∫ (^) sen θ^1 dθ
= 15 ∫csc θ dθ
= 15 ln | csc θ ― cot θ |
= 15 ln | 1 − cos θsen θ | Como necesitamos esta integral para evaluar la integral definida , entonces podemos dejar la variable θ y cambiar los límites de integración. Ilustraremos como se hace. x = 1 ----- > x = 5 sen θ ----- > 1 = 5 sen θ ----- > sen θ = (^15)
----- > θ = sen―1^ ( 15 ) ----- > θ = 0.
x = 4 ----- > x = 5 sen θ ----- > 4 = 5 sen θ ----- > sen θ = (^45)
----- > θ = sen―1^ ( 45 ) ----- > θ = 0. Entonces
∫ 1 4 x √25 − xdx 2 =^15 ln |^ 1 − cos θsen θ |^ |0.20140.
Los detalles de esta última evaluación se dejan como tarea. █
C)
- Pruebe que área encerrada por la elipse x
2 9 +^
y^2 25 = 1^ es 15π u
Dibujemos la elipse.
Aprovechando la simetría , solamente encontraremos el área del primer cuadrante y multiplicaremos por 4.
A(R) = (^) ∫ 0 3 53 √9 − x^2 dx ----- > Hacer el despeje de y.
= (^53) ∫ √9 − 03 x^2 dx
Primero resolvamos la integral indefinida. a^2 = 9 ----- > a = 3
x = 3 sen θ dx = 3 cos θ dθ √9 − x^2 = 3 cos θ Sustituyamos en la integral indefinida.
∫√9 − x^2 dx = ∫3 cos θ 3 cos θ dθ = 9 ∫cos^2 θ dθ = 9 ∫1 + cos 2θ 2 dθ
= 92 ∫(1 + cos 2θ) dθ
= 92 ( θ + 12 sen 2θ )
= 92 ( θ + 12 2sen θ cos θ )
1) ∫ (x − 1)(x + 3)2x +^1 dx
Apliquemos fracciones parciales. En este caso la fracción es propia y además el denominador ya está factorizado. 2x + 1 (x − 1)(x + 3) =^
A x − 1 +^
B x + 3 Es claro que debemos determinar A y B. Pasemos el denominador de la izquierda a multiplicar a la derecha. 2x + 1 = (x ― 1)(x + 3) ( (^) x −A 1 + (^) x +B 3 ) = A(x + 3) + B(x ― 1) Hay dos maneras de resolver está ecuación : Una es dándole valores adecuados a x ; la otra , multiplicar las constantes y asociarlas , para después plantear el sistema de ecuaciones que aparece. Resolvámosla de la primera forma , demos valores a x. x = 1 2(1) + 1 = A(1 + 3) + B(1 ― 1) 3 = 4A + B(0) 3 = 4A A = (^34) x = ― 2(―3) + 1 = A(―3 + 3) + B(―3 ― 1) ―5 = A(0) + B(―4) ―5 = ―4B B = (^54) Ahora vamos a la integral.
∫ (x − 1)(x + 3)2x +^1 dx^ =^ ∫(
3 4 x − 1 +
5 4 x + 3 ) dx = 34 ∫ (^) x −^1 1 dx + 54 ∫ (^) x +^1 3 dx
= 34 ln |x ― 1| + 54 ln |x + 3| + C █
8) ∫ 2x 2 + x5x + 2 dx
Es una función racional propia. La factorización del denominador la dejaremos como tarea : 2x^2 + 5x + 2 = (2x + 1)(x + 2) Ahora pasemos a la técnica de fracciones parciales. x 2x^2 + 5x + 2 =^
x (2x + 1)(x + 2) x (2x + 1)(x + 2) =^
A 2x + 1 +^
B x + 2 x = A(x + 2) + B(2x + 1) ----- > Apliquemos la segunda forma x = Ax + 2A + 2Bx + B ----- > Asociemos x = (A + 2B)x + (2A + B) Por igualación de polinomios tenemos : A + 2B = 1 () 2A + B = 0 () De () tenemos que : B = ―2A Sustituyendo en (*) : A + 2(―2A) = 1 ----- > A ― 4A = 1 ----- > ―3A = 1 A = − (^13) Como B = ―2A ----- > B = ―2 ( − 13 ) ----- > B = (^23)
= ∫( (^) x + 1^1 + (^) (x + 1)^33 ) dx
= ∫ (^) x + 1^1 dx + 3∫ (^) (x + 1)^13 dx
= ln |x + 1| + 3∫ (^) z^13 dz ----- > z = x +1 dz = dx = ln |x + 1| + 3∫z―3^ dz = ln |x + 1| + 3 ( z
− −2 ) + C = ln |x + 1| ― (^) 2 z^32 + C
= ln |x + 1| ― (^) 2 (x + 1)^32 + C █
19) ∫ x 3 6x −(2x − 1)^1 dx
Esta función también es racional propia. El denominador ya está factorizado , también x^3 es una lineal repetida tres veces. 6x − 1 x^3 (2x − 1) =^
A x +^
B x^2 +^
C x^3 +^
D 2x − 1 6x ― 1 = Ax^2 (2x ― 1) + Bx(2x ― 1) + C(2x ― 1) + Dx^3 = 2Ax^3 ― Ax^2 + 2Bx^2 ― Bx + 2Cx ― C + Dx^3 = (2A + D)x^3 + (―A + 2B)x^2 + (―B + 2C)x ― C Entonces tenemos el siguiente sistema : 2A + D = 0 ―A + 2B = 0 ―B + 2C = 6 ―C = ― Este sistema se resuelve con facilidad (hacerlo). A = ―8 B = ―4 C = 1 D = 16 Vamos a la integral.
∫ x 3 6x −(2x − 1)^1 dx^ =^ ∫(^ −8x +^ −4x 2 +^ x^13 +^ 2x − 1^16 ) dx
= ―8∫^1 x dx ― 4∫x―2^ dx + ∫x― 3^ dx + 16 ∫ (^) 2x − 1dx
= ―8 ln |x| ― 4 𝑥
− −1 +^
𝑥− −2 + 16^
1 2 ln |2x ― 1| + C = ―8 ln |x| + (^4) x ― (^) 2 x^12 + 8 ln |2x ― 1| + C █
22) ∫ x 4 x + + 9x^32 dx
Toda cuadrática de la forma ax^2 + b donde 0 < a , b son cuadráticas irreducibles , es decir no se pueden factorizar. x^4 + 9x^2 = x^2 (x^2 + 9) Esta expresión consiste en una lineal x repetida dos veces y una cuadrática irreducible. x + 3 x^4 + 9x^2 =^
x + 3 x^2 (x^2 + 9) x + 3 x^2 (x^2 + 9) =^
A x +^
B x^2 +^
Cx + D x^2 + 9 ----- > Ver caso 3 x + 3 = Ax(x^2 + 9) + B(x^2 + 9) + (Cx + D)x^2 = Ax^3 + 9Ax + Bx^2 + 9B + Cx^3 + Dx^2 = (A + C)x^3 + (B + D)x^2 + 9Ax + 9B Igualando A + C = 0 B + D = 0 9A = 1 9B = 3 Es un sistema de fácil solución. A = 19 B = 13 C = − 19 D = − (^13) Ahora vamos a integrar.
= ∫ (^) x 2 x+ 1 dx + ∫ (^) x 2 dx (^) + 1 ― ∫z − 1 + 3z (^2) + 2 dz ----- > z = x + 1
= 12 ln |x^2 + 1| + tan―1^ x ― ∫ (^) zz + 2 (^2) + 2 dz
= 12 ln |x^2 + 1| + tan―1^ x ― ∫ (^) z 2 z+ 2 dz ― 2∫ (^) z 2 dz (^) + 2
= 12 ln |x^2 + 1| + tan―1^ x ― 12 ln |z^2 + 2| ― 2 (^) √2^1 tan―1^ ( (^) √2z ) + C
= 12 ln | (^) x (^2) + 2x + 3x^2 + 1 | + tan―1^ x ― √2 tan―1^ ( x + 1√2 ) + C █
36) ∫ x
2 (x^2 + 4)^2 dx Este es el caso 4 cuando en el denominador hay cuadráticas irreducibles repetidas. Veamos x^2 (x^2 + 4)^2 =^
Ax + B x^2 + 4 +^
Cx + D (x^2 + 4)^2 x^2 = (Ax + B)(x^2 + 4) + Cx + D = Ax^3 + Bx^2 + 4Ax + 4B + Cx + D = Ax^3 + Bx^2 + (4A + C)x + (4B + D) Por igualdad de polinomios. A = 0 B = 1 4A + C = 0 4B + D = 0 De esto podemos deducir que : A = 0 B = 1 C = 0 D = ― Ahora vamos a la integral. ∫ x
2 (x^2 + 4)^2 dx = ∫(^
1 x^2 + 4 +^
− (x^2 + 4)^2 ) dx = ∫ (^) x (^2 1) + 4 dx ― 4∫ (^) (x 2 dx+ 4) 2
= 12 tan―1^ ( x 2 ) ― 4 ( 161 ( tan―1^ ( 2 x ) + (^) x 2 2x (^) + 4 ))
= 14 tan―1^ ( x 2 ) ― (^) 2 (x 2 x (^) + 4) + C Estas últimas integrales se dejan como tareas hacerla. En la segunda aplique sustitución trigonométrica. █
E)
Las funciones racionales de esta parte son impropias. Así que como primer paso aplicaremos el algoritmo de la división y se dejará que el alumno lo haga.
1) ∫ x
(^3) − 2x x^2 + 3x + 2 dx Por algoritmo de la división (tarea hacerla) obtenemos : x^3 − 2x x^2 + 3x + 2 = x ― 3 +^
5x + 6 x^2 + 3x + 2 Ahora integremos.
∫ x
(^3) − 2x x^2 + 3x + 2 dx =^ ∫( x ― 3 +^
5x + 6 x^2 + 3x + 2 ) dx = ∫(x ― 3) dx + ∫ (^) x 2 5x + 6+ 3x + 2 dx
= x
2 2 ―^ 3x + ∫^
5x + 6 (x + 1)(x + 2) dx ----- (*) Trabajaremos la fracción parcial. 5x + 6 (x + 1)(x + 2) =^
A x + 1 +^
B x + 2 5x + 6 = A(x + 2) + B(x + 1) = (A + B)x + (2A + B)
