INTEGRALES

SEGUNDA PARTE La integral indefinida ,la integral definida; Aplicaciones, convergencia

Prof. JORGE INOSTROZA LAGOS Prof. CLAUDIO LABBÉ D.

2010

1

INDICE: 1.- LA INTEGRAL INDEFINIDA Ejercicios Resueltos :

100

2.- METODOS DE INTEGRACIÓN Ejercicios Resueltos Guía # 1.- Ejercicios Propuestos.

102 139

3.-LA INTEGRAL DEFINIDA Ejercicios Resueltos

151

4.- CALCULO DE AREAS PLANAS Ejercicios Resueltos

157

5.- CALCULO DE VOLÚMENES DE ROTACIÓN. Ejercicios resueltos

163

6.- LONGITUD DE UNA CURVA Ejercicios resueltos

179

7.-AREA DE UNA SUPERFICIO DE REVOLUCIÓN Ejercicios Resueltos Guía # 2 Ejercicios Propuestos

182 190

8.- INTEGRALES IMPROPIAS Ejercicios Resueltos

191

9.- ANEXOS. Series Reales: Ejercicios Series de Potencias:Ejercicios Series de Taylor Series de Fourier

194 199 202 207

2

1.- LA INTEGRAL INDEFINIDA : Ejercicios Resueltos Recordemos que: Si f(x) es una función real, entonces

∫ f(x)dx

= F(x) ⇔

dF(x) = f(x) dx

Usando esto, verifique las primitivas básicas siguientes haciendo l a derivada del lado derecho: 1)

2)

3)

4)

∫  ∫  ∫  ∫ 

dx 1 ⎛ bx − a ⎞ = Ln ⎜ + C 2 2ab ⎝ bx + a ⎟⎠ b x −a 2 2

dx 1 = arctg bx + C 2 2 2 a ab a +b x dx a2 − b 2 x 2 dx

x b2 x2 − a2

Verificar :

∫ 

6)

Verificar :

∫ 

7)

Verificar :

5)

8)

9)

Verificar :

Verificar :

∫ 

1 arcsen bx + C a b

=

∫  ∫ 

=

1 arcsec bx + C a a

dx b2 x2 ± a2

=

1 Ln b

( bx +

)

b 2 x 2 ± a2 + C

b x ± a2 dx dx =

2 x b2 x 2 ± a2 ± a Ln bx + b 2 x 2 ± a 2 + C 2b 2

b2 x2 ± a2 dx dx =

x b2 x 2 ± a2 a2 ± Ln bx + b2 x 2 ± a2 + C 2 2b

2 2

(

(

x a2 − b2 x 2 a2 a − b x dx dx = + arcsen bx + C a 2 2b 2

2 2

sen2 ax dx dx = x − sen 2ax + C 2

4a

)

)

3

10)

Verificar :

11)

Verificar :

12)

Verificar :

13)

Verificar :

∫  ∫  ∫  ∫ 

cos2 ax dx =

x sen 2ax + 2 4a

Ln(a + bx) dx =

1 (a b

+C

+ bx) Ln (a + bx)  – x + C

⎛   ⎞ secaxdx = 1 Ln(secax + tgax) + C = 1 Ln ⎜⎜ 1 + sen ax ⎟⎟ + C a 2a ⎝ 1 − sen ax  ⎠

⎛ 1 + cos ax ⎞ cosec ax dx = 1 Ln (cosec ax − cotg ax) + C = 1 Ln ⎜ ⎟ +C a 2a ⎝ 1 − cos ax ⎠

En cada caso se deberá derivar el segundo miembro para obtener la función integrando, es decir, verificar que dF(x) = f(x) dx

cuando

∫ f(x)dx

= F(x).

Buen ejercicio de recapitulación, muy necesario para lo que viene . En esta tabla básica, en su segunda parte, cada ejemplo será deducido mediante los siguientes métodos de integración que se presentarán .

4

2.- MÉTODOS DE INTEGRACIÓN.Ejercicios Resueltos.(A) Método de integración inmediata Se trata de determinar las primitivas a partir de sus propiedades, lo sabido en derivación y algunos recursos algebraicos, además de los ejemplos logrados en la Tabla Básica . Ejemplos resueltos Calcular : 1)

∫ 

( x+

1 2 ) dx x

Solución:

∫ 

1 2 ( x+ ) dx = x

Desarrollando:

2)

∫ 

x2 1 (x + 2 + )dx = + 2x + Ln x + C// x 2

∫ 

x 3 x dx

Solución:

∫ 

3

x x dx =

3)

∫ 

x

4/3

4 +1

dx =

x3

4 +1 3

7

3x 3 + C = + C// 7

∫ 

(2e x + 3 sen x)dx

Solución:

∫ 

∫ 

∫ 

(2e x + 3 sen x)dx = 2 e x dx + 3 sen xdx = 2ex – 3cos x + C//

4)

∫ 

x3 / 2 + x 2 / 3 dx x1/ 4

Solución:

5

∫ (

∫  ∫ 

x3 / 2 + x 2 / 3 dx = x1/ 4

3 1

2 1

∫ 

)

x 2 − 4 + x 3 − 4 dx =

5

5

(x 4 + x12 )dx =

4 9

9

x4 +

17

12 x 12 17

+ C//

u−3 du u

5)

Solución:

∫ 

u−3 du = u

∫ 

1

−1

3

2 u2 3

(u 2 + 3u 2 )du =

1

− 6u 2 + C//

3

∫ (

x − 1 dx x

6)

)

Solución: 3

∫ (

x − 1 dx = x

7.-

8.-

dx

∫  x

3/5

=  x

2/5

)

+c

2.-

Cosx

∫ Senx dx = L Senx + c n

∫

∫ 

⎛ x3 − 3x + 3 − 1 ⎞ dx = x 4 − 3x 2 + 3Lnx + 1 + C // ⎜ x x 3 ⎟⎠ 4 2 ⎝ 2x 2

∫ 

dx

∫  1 −  x

2

10.-

∫(

2

4

1 3 3/ 2 x+ ) dx= ( x  x

∫ 

3.- a dx =

∫ 

3

+3+

2

3

x

3/ 2

+

1

5

x

2

) dx= 3

 x 5 5 5/ 2

x

a x  Ln a

+c

∫ 

5.- SecxTgxdx = Secx + c

9.- ( x + x+ 1) dx = ( x + 2 x + 3 x + 2 x + 1) dx = 2

∫ 

=   ArcSen( x)

 x

6.- Sec 2 x = Tgx + c

+

x4 2

+

+ 3 x−

3

x

+ x+

6 1/ 2

x

−

c 1 2

2x

+ .c

(B) Método de sustitución o cambio de variables Para el caso que la integral variable x por

∫ f(x)dx sea no inmediata, se propone el cambio de la

g(t) que, al diferenciarla, tenemos dx = g '(t) dt ; con esto pretendemos que la

nueva integral

∫ f(g(t))·g'(t)·dt sea inmediata.

6

Ejemplos resueltos 1)

∫ 

2

xe x dx

Calcular  Solución:

Haciendo el cambio x2 = u ⇒ x dx = 21 du; sustituyendo:

∫ 

2

xex dx =

1 2

∫ 

eu du =

1 eu 2

+ C =

1 2

2

ex + C//

"Siempre debemos regresar a la variable original". 2)

Calcular 

∫ 

x3 sen(3 + x 4 )dx

Solución: Haciendo 3 + x 4 = t, tenemos 4x3dx = dt, ó x3dx =

∫ 

x 3 sen(3 + x 4 )dx =

3)

Calcular 

∫ 

1 4

dt. Luego, la integral queda

∫ 

1 sen(t)dt = – 41 cos(t) + C = – 4

1 4

cos(3 + x 4) + C//

x dx 1 − x2

Solución: Tomando 1 – x2 = u2

∫  4)

x dx

= –

1 − x2

Determinar 

⇒

x dx = – u du. Luego,

∫ 

udu = – u + C = – 1 − x 2 + C// u

∫ 

x3 x 2 − a2 dx

Solución: Si hacemos x2 – a2 = u2 , entonces x dx = u du;y como x2 = u2 + a2, tenemos

∫ 

x3 x 2 − a2 dx =

∫ 

x 2 x 2 − a2 x dx =

∫ 

(u2 + a2 ) ⋅ u ⋅ (udu) =

∫ 

(u4 + a2u2 )du

5 3 2 u5 a2u3 + = + C = 1 (x2 − a2 ) 2 + a (x 2 − a2 ) 2 + C// 5 3 5 3

7

5)

Resolver 

∫ 

cosxdx 1 + sen x

Solución: Si 1 + sen x = u2, cos x = 2u du ; luego,

∫  6)

∫ 

cosxdx = 1 + sen x

Hallar 

∫ 

∫ 

2udu = 2 du = 2u + C = 2 1 + sen x + C// u

1

(3 − x) 3 x 3 dx

Solución: Haciendo 3 – x = u3 , se tiene dx = –3u2du , x3 = (3 – u 3)3 = 27 – 27u3 + 9u6 – u9, tenemos:

∫ 

1

(3 − x) 3 x 3 dx =

∫ 

∫ 

u(27 − 27u3 + 9u6 − u9 )(−3u2 )du = −3 (27u3 − 27u6 + 9u9 − u12 )du u4 − 27 u7 + 9 u10 − 12 u13 ) + C = –3( 27 4 7 10 13

= – 3[ 27 (3 − x) 3 − 27 (3 − x) 3 + 9 (3 − x) 3 − 12 (3 − x) 3 4 7 10 13 4

7)

Resolver 

∫ 

arcsenx 1 − x2

7

10

13

]

+ C//

dx

Solución: Si hacemos arcsen x = u, entonces

∫ 

arcsenx

8)

1 − x2

Resolver  Solución:

dx =

∫ 

∫ 

Ln x dx x

udu =

dx 1 − x2

= du. Por tanto, la integral queda

u2 + C = 1 (arcsen x)2 + C// 2 2

8

⇒

Si u = Ln x,

∫ 

Cosx

∫ Sen xdx

∴

∫ 

Ln x dx = x

dt 

∫ t 

2

1 (Ln x)2 2

2

1

  I= haciendo x = t⇒ 2 xdx= dt⇒

haciendo Senx = t ; C os xdx = dt ⇒

2

∫ 

udu = 1 u2 + C =

2

2

9.- (  x) Sen( x) dx

10.-

dx , x

du =

1

∫  Sentdt= 2

2

=

−1 t

+c =

Cost+ c=

−1 Senx

Cosx 2 2

+ C//

+c

+c

11e2 x dx

∫ 1 + 3e 12.-

haciendo (1 + 3e

2 x

dx

∫

haciendo Ln x = u ⇒ xL x n

2 x

)=t

dx

⇒ 6e

2x

dx

= dt ⇒ I = du

= du ⇒ I = ∫  x

1 dt 6

∫  t 

 L (1 + 3e   Lnt + c = n 6 6

1

=

2 x

)

= Ln u + c = Ln ( Ln x) + c

u

13.  ArcCos2 x

∫ 

1 −  x

14.-

∫ (3 x I=

2

dx; Si

3 x + 2

+ 4 x − 4)

2

1

du

2 ∫ u

2

=−

dx 2

1 2u

ArcCosx= u⇒

2 con (3x

+ c=

1 2

2

(3 x

dx

−

1 −  x

2

=

du⇒ I=

∫  u du= 2

u3 3

+ c= 1/ 3

3 ArcCos x+ c

+ x − 4) = u ⇒ (6 x + 4)dx = du ⇒

+ 4 x− 4)−1 +

c

15.  xTg3 x2

∫ Cos ∫ (Tg

2

x

2

3 2

dx = 2 2

x Sec x )( xdx) Si Tgx

2

= u ⇒ 2 xSec

x dx = du ∴

2 2

1 2

∫ u du = 3

u

4

8

=

4 2

Tg x 8

+c

+c

9

(C) Integración por partes La fórmula

∫ 

∫ 

udv = u v –

udu

nos permite sustituir una integral por otra que sea más abordable que la primera .

Ejercicios resueltos: 1)

Calcular 

∫ 

xn Ln xdx , con n ≠ –1

Solución: Sea

u = Ln x, n

dv = x dx

⇒

du =

dx x

xn+1 v= ; n +1

⇒

luego, reemplazando en la fórmula anterior :

∫ 

xn Ln xdx =

2)

Calcular 

xn+1 1 ·Ln x – n+1 n+1

∫ 

xn dx

=

xn+1 xn+1 1 ·Ln x – · + C n +1 n+1 n+1

=

xn+1 x n+1 ·Ln x – + C// n +1 (n + 1)2

∫ 

arctgxdx

Solución: Aquí la elección de u y dv es una sola: u = arctg x Así,

⇒

du =

dx ; 1 + x2

dv = dx

⇒

v=x

10

∫ 

arctgxdx = x·arctg x –

∫ 

x dx 1 + x2

.

Esta última integral la resolvemos

haciendo la sustitución 1 + x2 = z, lo que da x dx = dz. Así,

∫ 

∫ 

dz = x·arctg x – 1 Ln (1 + x2) + C// 2 z

arctgxdx = x·arctg x – 1

3)

Calcular 

2

∫ 

xarctgxdx

Solución: Aquí conviene elegir :

⇒

u = arctg x

Así,

∫ 

x2 = arctg x – 1 2 2

dx 1 + x2

⇒

dv = x dx x2 xarctgxdx = arctg x – 1 2 2

du =

∫  ∫ 

x 2 dx 1 + x2

x2 = arctg x – 1 2 2

dx + 1 2

x2 2

v =

∫ 

(x 2 + 1) − 1 dx 1 + x2

∫ 

dx 1 + x2

x2 = arctg x – 1 x + 1 arctg x + C 2 2 2

⇒

4)

∫ 

xarctgxdx = 1 (x2 + 1)arctg x – 1 x + C// 2

2

∫ 

Hallar  Ln(x + 1 + x2 ) dx Solución: 1+

Tomemos: u = Ln(x + 1 + x 2 ) dv = dx

⇒ ⇒

du =

x 1+ x 2

x + 1 + x2

v = x

Luego,

∫ 

Ln(x + 1 + x 2 ) dx = x Ln(x + 1 + x 2 ) –

∫ 

x dx 1 + x2

.

dx =

1 1+ x2

dx

11

La última integral la resolvemos haciendo la sustitución 1 + x2 = u2 , de donde x dx = u du Así,

5)

∫ 

Ln(x + 1 + x 2 ) dx = x Ln(x + 1 + x 2 ) –

⇒

∫ 

Calcular 

∫ 

∫ 

du = x Ln(x + 1 + x 2 ) – u + C

Ln(x + 1 + x 2 ) dx = x Ln(x + 1 + x 2 ) –

1 + x 2 + C//

x3 sen x dx

Solución: u = x3

⇒

dv = sen x dx

du = 3x2dx

⇒

v = – cos x

Así, tenemos

∫ 

x3 sen x dx = –x3cos x + 3

∫ 

x 2 cos x dx .

Integrando por partes nuevamente: u = x2

⇒

dv = cos x dx

du = 2xdx

⇒

v = sen x. Por consiguiente,

∫ 

x3 sen x dx = –x3cos x + 3(x2 sen x – 2

∫ 

xsenxdx ).

De nuevo integrando por partes : u=x

⇒

dv = sen x dx

du = dx

⇒

v = – cos x

Finalmente,

∫  ∫ 

x3 sen x dx = –x3cos x + 3(x2 sen x – 2(–x cos x + sen x) + C

x3 sen x dx = –x3cos x + 3x2 sen x + 6x cos x – 6sen x) + C//

12

6)

∫ 

sec 3 x dx

Calcular 

Solución: Sea

⇒ du = sec x tg x dx

u = sec x

dv = sec2 x dx

⇒

v = tg x

Entonces,

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

sec 3 x dx = sec x tg x –

sec 3 x dx = sec x tg x –

sec 3 x dx = sec x tg x –

sec 3 x dx = sec x tg x –

∫  ∫  ∫  ∫ 

sec x tg2 x dx

sec x (sec 2 x − 1) dx

sec 3 x dx +

∫ 

secxdx

sec 3 x dx + Ln | sec x + tg x | + C

2 sec 3 x dx = sec x tg x + Ln | sec x + tg x | + C

⇒ 7)

sec 3 x dx = 1 (sec x tg x + Ln | sec x + tg x |) + K// 2

(donde K ≡ 1 C ) 2

x cos2 x dx

Hallar 

Solución: Haciendo

u=x

dv = cos2x dx

⇒

⇒

du = dx

v = 1 (x + sen x·cos x)

(por la Tabla Básica de Primitivas)

2

Luego,

∫  ∫ 

x cos2 x dx = x (x + sen x·cos x) – 1 2 2 x cos2 x dx = x (x + sen x·cos x) – 1 2 2

∫  ∫ 

(x + sen x·cos x)dx

x dx – 1 2

∫ 

sen x d(sen x)

13

∫ 

x2 sen2 x x cos2 x dx = x (x + sen x·cos x) – – + C// 2 4 4

8)

∫ 

xn e2x dx

Hallar una fórmula de reducción para Solución: Haciendo

u = xn

⇒

dv = e2x dx ∴

In =

∫ 

xn e2x dx =

du = n xn–1 dx v = 1 e2x

⇒

2

xn 2x e  – n 2 2

∫ 

xn−1 e2x dx .

Vemos que hay que reiterar el Método de Integración por Partes para lograr una fórmula de reducción: xn 2

In =

9)

Calcular 

e2x  –

n 2

In–1

"Fórmula de reducción"

·

∫ 

cos(Lnx)dx

Solución:

⇒

u = cos(Ln x) dv = dx

⇒

1 x

du = – sen(Ln x)

v=x

Entonces,

∫ 

cos(Lnx)dx = x cos(Ln x) +

∫ 

sen(Lnx)dx .

Reiterando el método, hacemos: u = sen (Ln x) dv = dx

⇒

∫ 

⇒

⇒

du = 1 cos (Ln x) x

v=x

cos(Lnx)dx = x cos(Ln x) + x sen (Ln x) –

∫ 

cos(Lnx)dx

14

∫  ∫ 

2 cos(Lnx)dx = x cos(Ln x) + x sen (Ln x)

⇒

1 [x cos(Ln x) + x sen (Ln x)] + C// 2

cos(Lnx)dx =

10.I=

∫  e

ax

u= e

ax

Cosbxdx

⇒

du= ae dx ax

dv = Cosbxdx ⇒ v =

1

b

Senbx ⇒

I=

e

ax

Senbx −

b

a

b ∫ 

ax

, e Senbxdx

repetimos la integración por partes. u

= e ax ⇒ du = aeax dx

dv

=I (1 +

eax

Senbx − (− b b

b a2 b

2

e ax

a

)

10.- I=

=I

e

ax

∫  Cos

2

11.-

1 2

∫ 

a b

∫ 

b

Cosbx

e Cosbxdx =

ax

Cosbx ⇔

=

I2 a

e ax

b2

+ b2

b

(

∫

SenxCosx +

a ArcSen

 x

2

2

ae ax

Cosbx −

b2

ae ax Senbx + 2 b

b

 I 

Cosbx )

∫ 

+ .c

.dx Si =u

a ArcSen

2

− x2 a

⇒

1

du =

a

2

−x

2

a2 dv = dx ⇒ v = x

∫ 

b2

dv= Cosxdx⇒ v= Senx∴

1−

I= xArcSenx−

a2

2 2 Sen xdx= SenxCosx+ (1 − Cos x) dx= SenxCosx+ x− I⇒  

− x2 a

Senbx +

eax

xdx Si u= Cosx⇒ du= − Senxdx

I= SenxCosx+

=I

Cosbx +

ae ax Senbx + 2 b

b

1

= Senbxdx ⇒ v = −

a x dx= xArcSenx− ax+ c  x

a dx = dx x

15

12.-  I 2 =

∫ ( x

= ∫ 

dx

I 1

( x

2

+a

dx 2

2

+ a 2 )2

, Aplicamos la integración por partes a Si u= ( a2

)

+

x2 )

−1

⇒

du= − ( a2

2

+

x)

−2

2x

dv = dx ⇒ v = x  I 1

=

I 1

=

x (a

2

+ x2 )

x (a

=

2

+x

2

)

2

+ x2 )

x dx

+ x2 )2 2 + 2x − 2a a x dx 2 dx 2 I1 − 2a ∫  = + 2 2 2 2 2 2 2 2 (a + x ) (a + x ) (a + x ) (a

+ 2∫

 x (a

+ 2∫ 

2 2

+ 2 1I − 2 a2

I2

⇒   I 2 =

1 2a

2

( I 1 +

 x (a

2

+ x2 )

)

+c sabiendo que

1

I=

1

a

x ArcTg a

16

(D) Método de descomposición en fracciones parciales Si el integrando es una función racional de la forma p(x) , donde p(x) y q(x) son funciones q(x)

polinomiales irreductibles y donde el grado del denominador es mayor que el del numerador (si el grado del numerador fuese igual o mayor que del denominador, se procede a hacer el x 4 + 3x 3 = x2 + x – 3 + 5x + 3 ), entonces dicha x 2 + 2x + 1 x 2 + 2x + 1

cuociente, como por ejemplo :

función racional es necesario descomponerla en fracciones parciales más simples, es decir, reemplazarla por la suma algebraica de fracciones cuyas formas nos permitan completar la integración.

Caso I. Los factores del denominador son todos de primer grado, y ningún factor se repite . Corresponde a cada factor no repetido de primer grado, como  x – a, una fracción parcial de la forma A , x−a

(A constante).

Nota: En todos los casos, el número de constantes a determinar es igual al grado del denominador . Ejemplo 1: Hallar 

∫ 

x + 34 dx x − 4x − 12 2

Solución: Descompongamos el integrando : x + 34 x + 34 A B = = + (x − 6)(x + 2) x−6 x+2 x − 4x − 12 2

⇒

x + 34 = A(x + 2) + B(x – 6)

()

Observando que los factores (x + 2) y (x – 6) se anulan para x = –2 y x = 6 (puntos críticos), respectivamente, en ( ) reemplazamos todas las x por –2 y por 6 : x = –2

⇒

–2 + 34 = A(–2 + 2) + B(–2 – 6) 32

x=6

⇒

6 + 34

= A(0) + B(–8)

⇒

B = – 4.

= A(6 + 2) + B(6 – 6) 40

= A(8)

+ B(0)

⇒

A = 5.

17

Luego,

∫ 

x + 34 dx = 5 x − 4x − 12 2

∫ 

1 dx – 4 x−6

∫ 

1 dx = 5 Ln|x – 6| – 4 Ln|x + 2| + Ln C x+2

∫ 

x + 34 dx = x − 4x − 12

⇒ ⎛ (x − 6)5 Ln ⎜⎜ C 4 ⎝ (x + 2)

2

⎞ ⎟⎟ // ⎠

Ejemplo 2: Determinar 

∫ 

dx (3x − 5)(2 − x)

Solución: Descomponiendo,

y

1 A B = + (3x − 5)(2 − x) 3x − 5 2−x

⇒

1 = A(2 – x) + B(3x – 5). Vemos que los puntos críticos son 2

x=2

⇒

1 = A(0) + B(1)

5 3

⇒

1 = A(2 –

5 . 3

Así:

x= Así,

∫ 

dx (3x − 5)(2 − x)

= 3

∫ 

5 3

⇒ ⇒

) + B(0)

dx + 3x − 5

B = 1. A = 3.

∫ 

1 dx 2−x

= 3·

1 3

∫ 

3dx – 3x − 5

∫ 

d(−x) 2−x

= Ln|3x – 5|

  – Ln|2 – x| + LnC

⇒

∫ 

dx (3x − 5)(2 − x)

Ejemplo 3:

∫ 

x + 16 dx x + 2x2 − 8x 3

Solución: x3 + 2x2  – 8x = x(x2 + 2x – 8) = x(x + 4)(x – 2) .

⎛ (3x 5) ⎞

= Ln ⎜ C − ⎟ // ⎝ (2 − x) ⎠

18

x + 16 x + 16 = x(x + 4)(x − 2) x3 + 2x 2 − 8x

⇒

⇒ (Ptos. críticos: 0, 2, – 4) ⇒

x=0

= A + x

B + C x+4 x−2

x + 16 = A(x + 4)(x – 2) + Bx(x – 2) + Cx(x + 4)

0 + 16 = A(0 + 4)(0 – 2) + B(0)(x – 2) +C(0)(0 + 4)

⇒

16 = A(– 8) + B(0) + C(0)

⇒

x=2

2 + 16 = A(2 + 4)(2 – 2) + B(2)(2 – 2) +C(2)(2 + 4)

⇒

C= 3

⇒

18 = A(0) + B(0) + C(12) x=–4

A = –2

2

– 4 + 16 = A(– 4 + 4)(– 4 – 2) + B(– 4)(– 4 – 2) + C(– 4)(– 4 + 4)

⇒

12 = A(0) + B(24) + C(0)

B

=1

2

Luego,

∫ 

x + 16 dx = –2 x + 2x2 − 8x 3

∫ 

1 1 dx + x 2

∫ 

dx + 3 x+4 2

∫ 

dx x−2

= –2 Ln|x| +

1 3 Ln|x + 4| + Ln|x – 2 2

2| + Ln C

∫ 

x + 16 dx 3 x + 2x 2 − 8x

⇒

Caso II.

⎛ (x 4) 21 (x 2) 32 = Ln ⎜ C + 2 − ⎜ x ⎝

Los factores del denominador son todos de primer grado, y algunos se repiten

⎞ ⎟ // ⎟ ⎠

.

En este caso a todo factor de primer grado repetido n veces, como (x – a)n, corresponde la suma de n fracciones parciales de la forma A B M . + + ..... + n n−1 x−a (x − a) (x − a)

19

Ejemplo 1: Resolver 

∫ 

2x 2 − 25x − 33 dx (x + 1)2 (x − 5)

Solución: Aquí la descomposición toma la forma 2x2 − 25x − 33 (x + 1)2 (x − 5)

=

A B C + + , lo que implica (x + 1) (x − 5) (x + 1)2

2x2 – 25x – 33 = A(x – 5) + B(x + 1)(x – 5) + C(x + 1)2

⇒

valores

críticos: 5, –1. 2·25 – 25·5 – 33 = A(0) + B(0) + C(6) 2

⇒

x=5

⇒

  – 108 = 36C

C=–3 2 + 25 – 33 = A(–6) + B(0) – 3(0)2

⇒

x = –1

  – 6 = – 6A

⇒

A=1

⇒

B=5

Eligiendo otro valor para x, por ej . x = 0, 0 – 0 – 33 = 1(–5) + B(1)(–5) – 3(1)2

⇒

x=0

  – 33 = – 5 – 5B – 3 Luego,

∫ 

2x 2 − 25x − 33 dx = (x + 1)2 (x − 5)

∫ 

1 dx + 5 (x + 1)2

∫ 

1 dx – 3 (x + 1)

∫ 

1 dx (x − 5)

Resolviendo estas tres integrales, tenemos finalmente

∫ 

2x 2 − 25x − 33 dx (x + 1)2 (x − 5)

=

–

1 + 5Ln(x + 1) – 3Ln(x – 5) + C// x +1

Ejemplo 2: Resolver 

∫ 

5x 2 + 30x + 43 dx (x + 3)3

Solución: Descomponiendo, A B C 5x 2 + 30x + 43 = + + x+3 (x + 3)3 (x + 3)2 (x + 3)3

⇒

5x2 + 30x + 43 = A + B(x + 3) + C(x + 3)2. Eligiendo valores sencillos de x :

x = –3

⇒

45 – 90 + 43 = A + B(0) + C(0)2 ⇒

A=–2

20

x=0

⇒

x = –2

⇒ 20 – 60 + 43

0 – 0 + 43 = –2 + 3B + 9C = –2 + B + C

⇒

B + 3C =

B=0

⇒

B +C = 5

C=5

Luego,

∫  ∫ 

⇒

5x 2 + 30x + 43 dx (x + 3)3

= –2

5x 2 + 30x + 43 dx (x + 3)3

=

∫ 

1 dx + 5 (x + 3)3

∫ 

1 dx x+3

1 + 5Ln(x + 3) + C // (x + 3)2

Caso III.

El denominador contiene factores de segundo grado, pero ninguno de estos factores se repite.

A todo factor no repetido de segundo grado, como  x 2  + px + q, corresponde una fracción parcial de la forma Ax + B . x + px + q 2

Ejemplo 1: Resolver 

∫ 

2x 2 − 3x − 3 dx (x − 1)(x 2 − 2x + 5)

Solución: Según lo indicado más arriba, la descomposición será Bx + C 2x 2 − 3x − 3 A = + . Esto implica que x −1 x 2 − 2x + 5 (x − 1)(x 2 − 2x + 5)

2x2 – 3x – 3 = A(x2 – 2x + 5) + (Bx + C)(x – 1). Eligiendo valores de x apropiados, x=1

⇒

2–3–3

=

⇒

A=–1

x=0

⇒

0–0–3

= –1(5) + C(–1)

⇒

C=–2

x=2

⇒

8–6–3

= –1(5) + (2B – 2)(1)

⇒

B=3

A(4) + (Bx + C)(0)

Luego,

∫ 

2x 2 − 3x − 3 dx = – (x − 1)(x 2 − 2x + 5)

∫ 

1 dx + x −1

∫ 

3x − 2 dx . x − 2x + 5 2

21

Hallemos la segunda integral de la derecha . Seguiremos un procedimiento para abordar  todas las integrales de este tipo : a)

Obtener en el numerador la diferencial del denominador :

En este caso, la diferencial del denominador es d(x 2 – 2x + 5) = (2x – 2)dx. Luego, manipulando el denominador, tenemos

∫ 

3x − 2 dx = 2 x − 2x + 5

3 2

b)

(2x − 2) + 32

∫ 

x 2 − 2x + 5

3 (2x − 4 ) 2 3 2

∫ 

∫ 

∫ 

∫ 

x 2 − 2x + 5

dx =

dx

Separando en dos integrales :

∫ 

3x − 2 3 dx = 2 x − 2x + 5

c)

(2x − 2 + 2 − 34 )

3 dx = 2 x − 2x + 5

2

2x − 2 dx + x − 2x + 5 2

1 dx x − 2x + 5 2

Integrando la primera y completando el cuadrado del binomio en el denominador de la

segunda :

∫ 

3x − 2 3 dx = Ln(x2 – 2x + 5) + 2 x − 2x + 5 2

3

= Ln (x2 − 2x + 5) 2 + de la tabla de integrales inmediatas :

1 arctg x −1 2 2

∫ 

1 dx (x − 1)2 + 4

(donde hemos usado la fórmula 12)

∫ 

du = 1 arctg bu + C ). 2 2 2 ab a a +b u

Finalmente,

∫ 

2x 2 − 3x − 3 dx = – (x − 1)(x 2 − 2x + 5)

∫ 

1 dx + x −1

∫ 

3x − 2 dx x 2 − 2x + 5 3

= – Ln(x – 1) + Ln (x 2 − 2x + 5) 2 +

1 arctg x −1 2 2

+ C//

Caso IV. El denominador contiene factores de segundo grado, y algunos de estos factores se repiten.

A todo factor de segundo grado repetido n veces, como (x 2  + px + q) n, corresponde la suma de n fracciones parciales de la forma

22

Ax + B Cx + D Px + Q + + ......+ 2 . n 2 n −1 (x + px + q) (x + px + q) x + px + q 2

Ejemplo: Resolver 

∫ 

1 dx (x − x)(x 2 − x + 1)2 2

Solución: Vemos que el grado del denominador es 6, por lo que necesitamos hallar 6 constantes .Así, 1 1 A = = 2 2 2 2 x (x − x)(x − x + 1) x(x − 1)(x − x + 1) 2

+

Cx + D Ex + F B + 2 + 2 . 2 x −1 x − x +1 (x − x + 1)

Esto implica

1 = A(x – 1)(x2 – x + 1)2 + Bx(x2 – x + 1)2 + (Cx + D)x(x – 1) + (Ex + F)x(x – 1)(x2 – x + 1) Eligiendo apropiados valores de x : x=0

⇒

1

= A(–1)(1)2 + B(0) (0 + D)(0) + (0 + F)(0)

⇒

A=–1

x=1

⇒

1

= –1(0) + B(1)(1)2 + (C + D)(0) + (E + F)(0)

⇒

B=1

x=2

⇒

1

= –1(1)(9) + 1(2)(9) + (2C + D)(2)(1) + (2E + F)(2)(3)

⇒ x=–1

⇒

2C + D + 6E + 3F = – 4 1

⇒ ⇒

x=3

⇒ x = –2

⇒ ⇒

= –1(–2)(9) + 1(–1)(9) + (–C + D)(–1)(–2) + (–E + F)(–1)(–2)(3) C – D + 3E – 3F = 4

1

(2)

= –1(2)(49) + 1(3)(49) + (3C + D)(3)(2) + (3E + F)(3)(2)(7) 3C + D + 21E + 7F = – 8

1

(1)

(3)

= –1(–3)(49) + 1(–2)(49) + (–2C + D)(–2)(–3) + (–2E + F)(–2)(–3)(7) 2C – D + 14E – 7F = 8

(4)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1), (2), (3) y (4), obtenemos

C = 0,

D = –1,

E = 0,

F = –1

23

Así

∫ 

1 dx (x − x)(x 2 − x + 1)2

∫  ∫ 

∫  ∫ 

1 dx x(x − 1)(x 2 − x + 1)2

=

2

∫ 

1 dx (x − x)(x 2 − x + 1)2

=

–

1 dx (x 2 − x)(x 2 − x + 1)2

=

– Ln(x) + Ln(x – 1) –

2

1 dx + x

∫  ∫ 

1 dx – x −1

1 dx – (x − x + 1)2 2

1 dx – (x 2 − x + 1)2

Hallemos estas dos últimas integrales de ( ). Para la primera, (i)

∫ 

1 dx : (x 2 − x + 1)2

Completemos el cuadrado del binomio en el denominador :

∫ 

1 dx (x − x + 1)2

(ii)

Hagamos la sustitución z = x –

∫ 

1 dx [(x − 21 )2 + 34 ]2

⇒ (iii)

∫ 

1 dx [(x − 21 )2 + 34 ]2

=

2

1, 2

⇒

dx = dz

∫ 

1 dz (z 2 + 34 )2

=

Usemos el método "integración por partes": Sea u =

1 , z + 34 2

dv = dz,

2zdz (z 2 + 34 )2

⇒

du = –

⇒

v = z ,

entonces

∫  ∫ 

1 dz (z 2 + 34 )2

=

1 dz 2 3 2 (z + 4 )

z 2 3 z +4

=

z z 2 + 34

+ 2

+ 2

∫ 

z2 dz (z 2 + 34 )2

z2 + 34 − 34

∫ 

(z 2 + 34 )2

dz

∫  ∫ 

1 dx x − x +1 2

1 dx () x2 − x + 1

24

∫  ∫  ∫ 

1 dz (z + 34 )2

z + 2 z + 34

=

2

5 2

1 dz (z 2 + 34 )2

5 2

1 dz (z 2 + 34 )2

2

∫  ∫ 

1 dz – 3 3 2 z +4 2

1 dz z2 + 34

=

z + 2 z 2 + 34

=

z 2 arctg ⎛ 2z ⎞ + 2 ⎜ ⎟ 3 z 2 + 34 ⎝ 3⎠

Despejando la integral y volviendo a la variable x

∫ 

1 dx (x − x + 1)2 2

=

∫ 

1 dz (z + 34 )2 2

(donde se usó la fórmula Nº 12 de la Tabla Básica de Primitivas)

:

2x − 1 ⎛ ⎞ + 8 3 arctg ⎜ 2 x − 1 ⎟ 2 15 5(x − x + 1) ⎝ 3 ⎠

La segunda integral de ( ) se resuelve en forma similar :

∫ 

1 ⎛ 2 x − 1⎞ dx = 2 3 arctg ⎜ ⎟ 3 x − x +1 ⎝ 3 ⎠ 2

Finalmente, reemplazando en (): 1 dx (x − x)(x 2 − x + 1)2

= – Ln(x) + Ln(x – 1) –

∫  ∫ 

∫ 

1 dx (x − x)(x 2 − x + 1)2

= – Ln(x) + Ln(x – 1) –

2x − 1 ⎛ ⎞ + 8 3 arctg ⎜ 2 x − 1 ⎟ – 2 15 5(x − x + 1) ⎝ 3 ⎠

2

2

1 dx – (x − x + 1)2 2

∫ 

1 dx x − x +1 2

2 3 arctg ⎛ 2 x − 1 ⎞ ⎜ ⎟ 3 ⎝ 3 ⎠

esto es,

∫ 

1 dx (x − x)(x 2 − x + 1)2 2

= Ln x − 1 –

(

x

)

2x − 1 ⎛ ⎞ – 6 3 arctg ⎜ 2 x − 1 ⎟ + C// 2 5 5(x − x + 1) ⎝ 3 ⎠

25

(E) Método de sustituciones trigonométricas Este método lo aplicaremos para aquellas integrales de la forma a 2 + u2 ,

a 2 − u2

,

u2 − a2

a2 + u2 , hágase u = a tg t ,

⇒

du = a sec2 t dt

Cuando ocurre a2 − u2 , hágase u = a sen t ,

⇒

du = a cos t dt

u2 − a2 , hágase u = a sec t ,

⇒

du = a sec t·tg t dt

Hacemos un cambio de variable como sigue : Cuando ocurre

Cuando ocurre Ejemplo 1:

∫ 

x

1 2

1+ x

2

dx

dx = sec2 t dt.

⇒

Solución: Sea x = tg t, Por lo tanto,

∫ 

1

∫ 

1

x2 1+ x2

x2 1+ x2

dx =

∫ 

1

tg2t 1 + tg2t

dx = –

sec 2 t dt =

∫ 

sect dt = tg2 t

∫ 

cost dt sen2 t

=

∫ 

dv v2

= –

1 + tg2t + C tgt

∫ 

⇒

1

x2 1+ x2

dx

= –

Ejemplo 2

∫ 

v = sen t

x 2 + a2 dx x

Solución: Sea x = a tg t,

⇒

dx = a sec2 t dt.

1+ x2 x

+ C//

1 + C sent

26

∫ 

Luego,

= a

= a

a2 tg2 t + a 2 a sec 2 t dt = a atgt

sec 3 t dt = a tg t

x 2 + a2 dx = a x

∫ 

u2 du u2 − 1

∫ 

tg2 t + 1 sec2 t dt tgt

∫ 

sec 3 t tgt dt ⋅ tgt tgt

sec 2 t⋅ (sec t ⋅ tg t) dt tg2 t

⇒

Haciendo u = sec t,

∫ 

∫  ∫  ∫ 

x 2 + a2 dx = x

= a

∫ 

sec 2 t⋅ (sec t ⋅ tg t dt) sec 2 t − 1

du = sec t·tg t dt, tenemos = a

∫ 

∫ 

(u2 − 1) + 1 du u2 − 1

= a du + a

∫ 

1 du (u + 1)(u − 1)

Descomponiendo en fracciones parciales : 1 = (u + 1)(u − 1)

Así,

∫ 

A B + u +1 u −1

x 2 + a2 dx = x

au –

a 2

∫ 

1 a du + u +1 2

∫ 

1 du u −1

u − 1⎞ a a a Ln(u + 1) + Ln(u – 1) + C = au + Ln ⎛⎜ + C 2 2 2 ⎝ u + 1 ⎟⎠

=

au –

=

a sec t –

Volviendo a la variable x: x = a tg t

∫ 

1 1 1 = – + (u + 1)(u − 1) 2(u + 1) 2(u − 1)

⇒

⎛ sec t + 1 ⎞ a + C Ln ⎜ 2 ⎝ sec t − 1 ⎟⎠

sec t = 1 x2 + a2 . Entonces,

⇒

a

⎛ 1 x 2 + a2 + 1 ⎞ x 2 + a2 a ⎟ + C = dx = x2 + a2 – Ln ⎜⎜ a x 2 ⎜ 1 x2 + a2 − 1 ⎟⎟ ⎝a ⎠

∫  ⇒

2

2

x +a dx = x

∫ 

x 2 + a2

x 2 + a2 dx x

⎛ ⎜ a – Ln ⎜ 2 ⎜ ⎜ ⎝

=

( (

x 2 + a2 –

⎛ x 2 + a2 + a ⎞ a ⎟ + C Ln ⎜ ⎜ x 2 + a2 − a ⎟ 2 ⎝ ⎠

2

⎞ ⎟ ⎟ + C 2 2 2 2 ⎟ x +a − (a) ⎟ ⎠ x 2 + a2 + a

)

)

⎛ x 2 + a2 + a ⎞ ⎟ + C// x 2 + a2 – a Ln ⎜ ⎜ ⎟ x ⎝ ⎠

(Se amplificó por  el conjugado del denominador)

27

Ejemplo 3

∫ 

a2 − x 2 dx x2

Solución:

⇒

Hacemos x = a sen t,

∫  ∫ 

a2 − x 2 dx = x2 a2 − x 2 dx = x2

∫  ∫ 

=

( )

a2 − a2 sen2 t acostdt = a2sen2 t

cosec 2 t dt –

∫ 

dt

x = a sen t ⇒

Volviendo a la variable x: 1− x a x a

dx = a cos t dt. Luego

∫ 

∫ 

cos2 t dt = sen2 t

1 − sen2 t dt sen2 t

= – cotg t – t + C cotg t =

cost = sent

1 − sen2 t sent

2

cotg t =

a2 − x 2 x

∫ 

t = arcsen x . Luego,

⇒

además, x = a sen t

a

a2 − x 2 dx = – x2

a2 − x 2 x

– arcsen x + C// a

Ejemplo 4

∫ 

1

x 2 9x2 − 4

dx

Solución: Hagamos 3x = 2sec t, Entonces

⇒

dx = 2 sec t·tg t dt, 3

x2 = 4 sec2 t. 9

28

∫ 

x

3 4

∫ 

1 2

2

9x − 4

dx =

∫ 

1

2 sect ⋅ tgt dt 4 sec 2t 4(sec 2 t − 1) 3 9

=

1 sect ⋅ tgt dt sec t ⋅ tgt 2

∫ 

x

1

2

dx = 3 4 9x − 4 2

∫ 

cos t dt = 3 sen t + C 4

()

Volvamos a la variable original x. Debemos hallar sen t en función de x : De

sec t = 3x ⇒ cos t = 2

⇒

3x = 2sec t

2

3x

3x

9x 2 − 4

t

Entonces dibujamos el ∡ t en el  Δ rectángulo, el

2

valor 2 en el cateto adyacente y el valor 3x en la hipotenusa; por el teorema de Pitágoras, el cateto opuesto será 9x 2 – 4. Luego, de la figura : 9x 2 − 4 . 3x

sen t = Reemplazando en (),

∫ 

9x 2 − 4 + C 3x

1

x2

dx = 3 2 4 9x − 4

∫ 

⇒

x2

1

dx = 1 2 4 9x − 4

9x 2 − 4 + C // x

Ejemplo 5

∫ 

1 dx x(3x + 5)

Solución: Amplificando por  3 , tenemos

∫ 

1 dx = x(3x + 5)

3

=

∫  ∫ 

1 dx = 3x(3x + 5)

3 3

3

1 2

u + 5u + (

5 2 2

5 2 2

) −( )

∫ 

u = 3x

1 (3x)2 + 5(3x)

du =

3 3

∫  (

=

dx

3 3

1 u+

5 2 2

5 2 2

) −( )

∫ 

du

1 u2 + 5u

du

29

z=u+ 5

=

3 3

2

∫ 

⇒

∫ 

fórmula 15)

1 2

z −(

5 2 2

3 Ln z + 3

=

dz

)

1 dx = x(3x + 5)

3 Ln 3x + 52 + 3

z 2 − ( 52 )

2

2

+ C

2

( 3x + 52 ) − ( 52 )

+ C

Amplificando por 2 el lado derecho, lo podemos escribir como :

∫ 

1 dx x(3x + 5)

2 3 Ln 3

=

3x + 52 +

2

2

( 3x + 52 ) − ( 52 )

+ C

()

Finalmente, recordando de Enseñanza Media la transformación de raíces : a+ b =

a + a2 − b + 2

2

y haciendo en ( ) a ≡ 3x + 52 ,

∫ 

a − a2 − b 2 2

b ≡ ( 3x + 52 ) − ( 52 ) , tenemos la solución simplificada

1 dx x(3x + 5)

=

2 3 Ln 3

+ K//

3x + 3x + 5

(F) Método para integrales binomiales Son integrales del tipo

∫ 

xm (a + bxn )p q dx , con m, n, p, q



– {0}.

Si bien en general admiten una fórmula de reducción, en algunos casos pueden abordarse directamente haciendo el cambio de variable a)

(a + bxn) = uq , si m + 1

b)

a + bx n = vq , xn

Ejemplos 1)

∫ 

x5 (1 + x 3 ) 2 3 dx

Solución:



n

si m + 1 + p n

q



30

Como m + 1 = 5 + 1 = 2 n

, hagamos (1 + x 3) = u3, ⇒

x3 = u3 – 1;



3

∫  ∫ 

x5 (1 + x 3 ) 2 3 dx =

∫ 

x3 (1 + x3 )2 3 x 2 dx =

∫ 

3x2dx = 3u2du.

(u3 − 1) ⋅ u2 ⋅ u2 du =

∫ 

(u7 − u4 )du

2 x5 (1 + x3 ) 3 dx = 1 u8 – 1 u5 + C 8 5

Volviendo a la variable x,

∫ 

x5 (1 + x3 )2 3 dx = 1 (1 + x3)8/3 – 1 (1 + x3)5/3 + C// 8 5

∫ 

x1 3 (2 + x 2 3 )1 4 dx

2)

Solución: Como m + 1 = 2 n

, hacemos (2 + x2/3) = u4,

⇒



∫ 

∫ 

1

x2 3 (2 + x 2 3 ) 4 x −1 3 dx =

x1 3 (2 + x 2 3 )1 4 dx =

x2/3 = u4 – 2;

∫ 

2 x –1/3dx 3

= 4u3du

∫ 

(u4 − 2) ⋅ u ⋅ 6u3 du = 6 (u8 − 2u4 )du

= 6( 1 u9 – 2 u5) + C 9

5

Volviendo a la x,

∫ 

x1 3 (2 + x 2 3 )1 4 dx =

∫ 

3)

x

1 2

2 3

(1 + x )

2 (2 + x2/3)9/4 – 12 (2 + x2/3)5/4 + C// 3 5

dx

Solución:

∫ 

1

x 2 (1 + x2 )3

dx =

luego, hacemos Despejando x:

∫ 

x −2 (1 + x 2 )−3 2 dx

⇒

m +1 = – 1 , n 2

m +1 + p = – 2 n q



1 + x 2 = v2. x2

x = (v2 – 1) –1/2 ,

⇒

dx = – v(v 2 – 1) –3/2dv ;

x –2 = v2 – 1.

31

Sustituyendo en la integral dada,

∫  ∫  ∫ 

x

1 2

2 3

(1 + x )

dx

=

∫  ∫ 

−2

2 −3 2

x (1 + x )

dx

∫ 

2 (v − 1) ⎛⎜ 2v ⎞⎟ ⎝ v − 1⎠

=

2

= – v (v 2 − 1) v −3 dv = – (1 − v −2 ) dv = – v – 1

⇒

1

x 2 (1 + x 2 )3

∫ 

4)

1+ 3 x 3

x2

dx

= –

v

1 + x2 + x

−3 2

( −v(v 2 − 1)−3 2 dv)

+ C

x + C// 1 + x2

dx

Solución:

∫ 

1+ 3 x 3

x

2

∫ 

x −2 3 (1 + x 1 3 )1 2 dx

dx =

Luego, hacemos (1 + x1/3) = u2,

∫ 

1+ 3 x 3

x2

∫ 

x −2 3 (1 + x 1 3 )1 2 dx =

dx =

∫ 

⇒

1+ 3 x 3

x2

⇒

m + 1 = 1. n

⇒

1 x –2/3 dx 3

= 2u du. Entonces:

∫ 

6u2 du = 2 u3 + C

dx = 2 (1 + x1/3)3/2 + C//

(G) Para las integrales irracionales de la forma

∫ 

f(xp q, xr s )dx , hacemos x = uqs, ó bien

poniendo el M.C.M. entre q  y  p como exponente de u. Ejemplo Hallar 

∫ 

x1 2 dx x3 4 + 1

Solución: Hacemos x = u4,

⇒

dx = 4u3du. Luego,

32

∫  ∫ 

x1 2 dx = x3 4 + 1

∫  ∫ 

u2 4u3 du = 4 3 u +1

∫ 

u5 du = 4 u3 + 1

∫ 

∫  ∫ 

(u3 )u2 du = 4 u3 + 1

⎛ 2 u2 ⎞ x1 2 dx = 4 ⎜⎜ u − 3 ⎟⎟ du = 4 u2 du – 4 34 3 x +1 u + 1⎠ ⎝

∫ 

(u3 + 1 − 1)u2 du u3 + 1

3u2 du u3 + 1

4u3 = – 4 Ln(u3 + 1) + C 3 3

Volviendo a la variable x, tenemos finalmente

∫ 

x1 2 dx = 4 ( x 3 4 − Ln(x3 4 + 1)) + C// 34 3 x +1

(H) Para las integrales racionales del tipo Esto implica:

sen x =

Ejemplo

∫ 

∫ 

f(sen x, cos x)dx , hacemos el cambio u = tg x . 2 2 cos x = 1 − u2 ,

2u , 1 + u2

dx =

1+ u

1 dx 4 − 5sen x

Solución:

∫ 

1 dx 4 − 5sen x

=

=

=

=

∫ 

1 4−5

2u 1+u2

∫  ∫  ∫ 

⎛ 2 du ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 1 + u2 ⎠

2 du 4(1 + u ) − 10u

2 4

1 2

2

1 2

u − 52 u + 1

(u −

du

1 5 )2 4

−(

3 2 4

)

du .

2 du . 1 + u2

33

Usando la Tabla básica de Primitivas, tenemos u − 54 − 34 1 1 · = Ln 2 2( 3 ) u − 54 + 34 4

+ C

u−2 1 Ln 3 u − 21

=

+ C

Finalmente, volviendo a la x, tg 2x − 2 1 1 dx = Ln x 1 3 4 − 5sen x tg 2 − 2

∫  (I)

+ C//

Integrales trigonométricas Son integrales del tipo

a)

∫ 

a)

senn x cosm x dx

∫ 

∫ 

secn x tgm x dx

b)

c) sen(nx) cos(mx) dx , y otras.

∫ 

senn x dx , con n impar .

i)

Ejemplo:

∫ 

sen7 x dx

Solución:

∫ 

sen7 x dx

=

∫ 

sen6 x (senx dx) =

∫ 

(1 − cos2 x)3 d(− cos x)

.

Haciendo u = cos x,

se tiene

∫ 

∫ 

= – (1 − u2 )3 du = – (1 − 3u2 + 3u4 − u6 ) du = – u + u3 – 3 u5 + 1 u7 + C 5

⇒

∫ 

7

sen7 x dx = – cos x + cos 3 x – 3 cos5 x + 1 cos x + C// 5 7

34

ii)

∫ 

senn x dx , con n impar .

Ejemplo:

∫ 

sen4 x dx

Solución: Como se sabe, existe una fórmula de reducción; pero, para exponentes "pequeños" como aquí, podemos resolverla directamente .

∫ 

4

sen x dx

=

∫  ∫ 

2

2

(sen x )

= 1 8

dx

=

2

∫ 

⎛ 1 − cos2x ⎞ dx ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠

= 1 4

∫ 

(1 − 2cos 2x + cos2 2x) dx

(1 − 2cos 2x + cos2 2x) ( d(2x))

= 1 (2x) – 2 sen 2x + 1 (2x + sen 2x cos 2x) + C 8

2

= 1 x – 1 sen x cos x + 1 x + 1 2 sen x cos x(cos2x – sen 2x) + C 4

∫ 

sen4 x dx =

⇒

iii)

2

8

16

3 x – 1 sen x cos x + 1 sen x cos x(cos2x – sen2x) + C// 8 2 8

∫ 

senn x cosm x dx , con m ó n impar .

Ejemplo:

∫ 

sen3 x cos2 x dx

Solución:

∫ 

sen3 x cos2 x dx =

=

∫  ∫  ∫ 

sen2 x cos2 x (sen x dx)

(1 − cos2 x)cos2 x (− dcos x)

∫ 

.

Haciendo el cambio u = cos x :

= – (1 − u2 ) u2 du = – (u2 − u4 ) du

35

= – ⎛⎜ u − u ⎞⎟ + C ⎝3 5⎠ 3

∫ 

sen3 x cos2 x dx =

⇒

iv)

5

cos5 x − cos3 x + C // 5 3

∫ 

senn x cosm x dx , con m y n par .

Ejemplo:

∫ 

sen4 x cos2 x dx

También permite una fórmula de reducción; pero la podemos abordar sin ella, puesto que los exponentes son "pequeños" .

∫ 

Solución:

4

2

=

sen x cos x dx

∫ 

sen4 x cos2 x dx =

1 8

= 1 8

∫ 

2

⎛ 1 − cos2x ⎞ ⎛ 1 + cos 2x ⎞ dx ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫  ∫ 

(1 − 2 cos 2x + cos2 2x)(1 + cos 2x) dx

(1 − cos2x − cos2 2x + cos3 2x) dx

∫  ∫ 

= 1 x – 1 sen 2x – 1 (2x + sen 2x cos 2x) + 1 8

Pero,

u = sen 2x

2

∫ 

cos3 2x dx

4

= 1 2

8

∫  ∫ 

cos2 2x (cos2x d(2x)) = 1 2

= 1

⇒

2

cos3 2x dx ()

(1 − u2 ) du

(1 − sen2 2x) d(sen2x)

= 1 u – 1 u3 2

6

= 1 sen 2x – 1 sen3 2x. Así, reemplazando en (): 2

∫ 

6

sen4 x cos2 x dx = 1 x – 1 sen 2x – 1 (2x + sen 2x cos 2x) + 1 sen 2x – 1 sen3 2x + C 8 16 32 16 48

Reduciendo y simplificando, tenemos finalmente

36

∫ 

sen4 x cos2 x dx = 1 x – 1 sen 2x cos 2x – 1 sen3 2x + C// 16 32 48

b)

La integral del tipo

∫ 

sec2n x dx

tiene solución directa; pero si el exponente es impar, se

llega a una fórmula de reducción . Ejemplo:

∫ 

sec 4 x dx

Solución:

∫ 

∫ 

sec 4 x dx =

∫ 

sec 2 x (sec 2 x dx) =

(1 + tg2 x) d(tg x)

=

∫ 

(1 + u2 ) du = u + 1 u3 + C 3

∫ 

sec 4 x dx = tg x + 1 tg3 x + C// 3

⇒

También es directa

u = tg x

∫ 

secn x tg2m+1x dx

Ejemplo:

∫ 

sec 3 x tg3 x dx

Solución:

∫ 

sec 3 x tg3 x dx

=

∫ 

(sec 2 x tg2 x)(secx tgx) dx

∫ 

sec 2 x (sec 2 x− 1) d(sec x)

=

=

⇒

∫ 

c)

Las integrales del tipo

identidades

sec 3 x tg3 x dx

= 1 sec5x – 5

∫ 

∫ 

u = sec x

u2 (u2 − 1) du

= 1 5

u5 – 1 u3 + C 3

1 sec3x + C// 3

sen(nx) cos(mx) dx se abordan teniendo presente las

37

i)

sen α cos β = 1 [sen (α + β) + sen (α – β)]

ii)

sen α sen β = – 1 [cos (α + β) – cos (α – β)]

iii)

cos α cos β = 1 [cos (α + β) + cos (α – β)]

2

2

2

Ejemplos

∫ 

a)

sen2x cos3x dx

Solución:

∫  ∫ 

∫ 

∫ 

∫ 

sen2x cos3x dx = 1 2

b)

(cos x − cos 5x) dx

= 1 (sen x – 1 sen 5x) + C// 2

5

cos4x cos2x dx

Solución: cos4x cos2x dx = 1 2

(J)

(cos6x + cos2x) dx = 1 sen 6x + 1 sen 2x + C// 12 4

Fórmulas de reducción Determinaremos fórmulas de reducción para integrales del tipo

∫  ∫ 

cos2n x dx

a)

∫ 

sen2n x dx ;

tgn x dx

c)

a)

ó

∫ 

cos2n x dx

d)

∫ 

∫  ∫ 

sen2n x cos2m x dx

secn x dx

cos2n−1x (cos x dx)

=

u

Integrando por partes,

tenemos

b)

dv

u = cos2n–1x

⇒

du = (2n – 1)cos 2n–2x (– sen x dx)

dv = cos x dx

⇒

v = sen x

38

∫ 

∫ 

cos2n x dx = cos2n–1x·sen x + (2n – 1) cos2n−2 x sen2 x dx

∫  ∫ 

∫  ∫  ∫ 

cos2n x dx = cos2n–1x·sen x + (2n – 1) cos2n−2 x (1 − cos2 x) dx

∫ 

cos2n x dx = cos2n–1x·sen x + (2n – 1) cos2n− 2 x dx  – (2n – 1) cos2n x dx

∫  ∫ 

1 cos2n–1x·sen x + 2n − 1 2n 2n

cos2n x dx =

⇒

b)

sen2n x cos2m x dx

=

∫ 

sen2n−1x (cos2m x senx dx)

u

.

dv

u = sen2n–1x

Integrando por partes,

cos2n− 2 x dx

dv = cos2m x sen x dx

⇒

du = (2n – 1)sen 2n–2x c

⇒

v = – cos

2m+1

x 2m + 1

se tiene

∫  ∫ 

sen2n x cos2m x dx

= – sen

x cos2m+1x + 2n − 1 2m + 1 2m + 1

2n −1

sen2n x cos2m x dx = – sen

2n − 1 2m + 1 2n − 1 2m + 1

x cos2m+1x + 2n − 1 2m + 1 2m + 1

∫  ∫ 

⇒

c)

2n −1

∫ 

sen2n-2 x cos2m x (1 − sen2 x) dx

∫ 

sen2n−2 x cos2m x dx  –

∫ 

2n −1 2m+1 x + sen2n x cos2m x dx (1+ 2n − 1 ) sen2n x cos2m x dx = – sen x cos 2m + 1 2m + 1

sen2n− 2 x cos2m x dx

∫  ∫ 

sen2n x cos2m x dx

tgn x dx

=

∫ 

2n −1 2m+1 = 2m + 1 – sen x cos x + 2n − 1 2n + 2m 2m + 1 2m + 1

tgn−2 x tg2 x dx

=

∫ 

tgn−2 x (sec 2 x − 1) dx

∫ 

sen2n−2 x cos2m x dx

39

∫  ∫ 

tgn−2 x d(tgx) –

=

∫ 

tgn x dx

⇒

∫ 

secn x dx =

d)

∫  ∫  ∫ 

tgn−2 x sec 2 x dx –

=

Integrando por partes,

=

tgn−2 x dx

tgn−2 x dx

tgn−1x – n −1

tgn−2 x dx

∫ 

secn−2 x sec 2 x dx

u = secn–2x

du = (n – 2)secn–3x sec x tg x dx

⇒

dv = sec2x dx

⇒

v = tg x

se tiene

∫ 

secn x dx =

∫  ∫  ∫ 

secn–2x·tg x – (n – 2) secn−2 x tg2 x dx

= secn–2x·tg x – (n – 2) secn−2 x (sec 2 x− 1) dx

∫  ∫  ∫ 

∫ 

secn x dx = secn–2x·tg x – (n – 2) secn x dx + (n – 2) secn−2 x dx

(n – 1) secn x dx

⇒

secn x dx =

1 secn–2x·tg x + n −1

Apliquemos algunas de estas fórmulas de reducción . Resolver : 1)

∫ 

cos6 x dx

∫  ∫ 

= secn–2x·tg x + (n – 2) secn−2 x dx n−2 n −1

secn−2 x dx

40

Solución:

∫ 

cos6 x dx = 1 cos5x·sen x + 5 6 6

∫ 

cos4 x dx

= 1 cos5x·sen x + 5 1 cos3x·sen x + 3 6

6 4

4

= 1 cos5x·sen x + 5 cos3x·sen x + 5 6

=

⇒

24

8

∫  ∫ 

cos2 x dx

cos2 x dx

1 cos5x·sen x + 5 cos3x·sen x + 5 1 cos x·sen x + 1 x 6 24 8 2 2

∫ 

cos6 x dx =

+ C

1 cos5x·sen x + 5 cos3x·sen x + 5 cos x·sen x + 5 x + C// 6 24 16 16

∫ 

sen4 x cos6 x dx

2) Solución:

∫ 

sen4 x cos6 x dx = – 1 sen3 x·cos7x + 3 10 10

∫ 

sen2 x cos6 x dx

= – 1 sen3 x·cos7x + 3 – 1 sen x·cos7x + 1 10

10

8

8

∫ 

cos6 x dx

= – 1 sen3 x·cos7x – 3 sen x·cos7x + 3 10

80

1 cos5x·sen x + 80 6

5 cos3x·sen x + 5 cos x·sen x + 5 x + C 24 16 16

⇒

∫ 

sen4 x cos6 x dx = – 1 sen3 x·cos7x – 3 sen x·cos7x + 1 cos5x·sen x 10 80 160 1 cos3x·sen x + 3 cos x·sen x + 3 x + C 128 256 256

3)

∫ 

tg5 x dx

41

Solución:

∫ 

tg5 x dx

=

tg4 x – 4

tg4 x – 4

=

∫ 

tg5 x dx

⇒

∫ 

tg3 x dx

=

tg2 x – 2

∫ 

tgx dx

tg4 x tg2 x – + Ln (sec x) + C// 4 2

========== 0000000000 ==========

GUÍA #1.-Ejercicios Propuestos.I)

Evalúe las integrales y compruebe su resultado por derivación 1)

4)

7)

10)

13)

16)

19)

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

x e− x dx

2)

x 2 sen4x dx

5)

x sec x tg x dx

8)

x 3 e− x dx

11)

x Ln x dx

14)

x arctgx dx

17)

senx Ln(cosx) dx

20)

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

x senx dx

3)

x c os 5x dx

6)

x cosec2 3x dx

9)

arctgx dx

12)

x2 Lnx dx

15)

e− x senx dx

18)

3

21)

x3 e− x dx

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

x 2 e−3x dx

x e−2x dx

x 2 c os x dx

arcsenx dx

x cosec 2 x dx

e3x cos2x dx

sec3 x dx

42

22)

25)

28)

31)

34)

37)

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

sec5 x dx

23)

x sen2x dx

26)

x5 1− x

3

29)

dx

(Ln x)2 dx

32)

(x + 4) cosh 4x dx

35)

x arcosx dx

38)

II)

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

x3 x2 + 1

dx

24)

x sec 2 x dx

27)

e4x sen5x dx

30)

x 2x dx

33)

cos x dx

36)

(x + 1)10 (x + 2) dx

39)

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

sen(Lnx) dx

x (2x + 3)99 dx

x 3 c os x2 dx

x 3 senh x dx

arcos3x dx

cos(Ln x) dx

Use integración por partes para deducir las cuatro siguientes fórmulas de

reducción 40)

41)

∫  ∫  ∫  ∫ 

xm ex dx

=

∫ 

xm ex – m xm−1 ex dx

∫ 

= – xm cos x + m xm−1 cos x dx

xm senx dx

∫ 

42) (Ln x)m dx = x (Ln x)m – m (Ln x)m−1 dx

43)

secm x dx

=

secm−2 x tg x m −1

+

44) Use el ejercicio 40) para evaluar 

m−2 m −1

∫ 

secm−2 x dx

∫ 

x5 ex dx

45) Emplee el ejercicio 42) para evaluar 

∫ 

(Ln x)4 dx

(con m ≠ –1)

43

III) 1)

4)

7)

10)

13)

16)

19)

22)

25)

28)

31)

34)

Calcule las integrales

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ (

cos3 x dx

2)

cos7 x dx

5)

sen6 x dx

8)

sec 6 x dx

11)

tg6 x dx

14)

cos3 x dx senx

17)

sen3 x dx

20)

cosx cos5x dx

23)

4

4

cotg x cosec x dx 1

x 9 + x2

dx

1

x3 x 2 − 25 1 32

x 2 − 1)

dx

dx

26)

29)

32)

35)

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

sen2 2x dx

3)

cos3 x cos2 x dx

6)

sen4 x cos2 x dx

9)

tg3 x sec 3 x dx

12)

cotg4 x dx

15)

(tg x + cotg x)2 dx

18)

x tg2 ( 41 πx ) dx

21)

sen3x cos2x dx

24)

x2 4 − x2 1

x2 9 + x2

x 4 − x2

27)

dx

dx

33)

dx

1 4x 2 − 25

30)

dx

36)

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ (

sen2 x cos2 x dx

sen5 x cos3 x dx

tg3 x sec 4 x dx

tg5 x sec x dx

sen x cos3 x dx

cotg3 x cosec 3 x dx

sen5x sen3x dx

sen4x cos3x dx 4 − x2 dx x2 1

x 2 x 2 − 25

dx

x dx x2 + 9 1

x 2 + 36 )

2

dx

44

37)

∫ (

1

40)

∫ (

x

16 − x 2 )

16 − x

43)

46)

49)

52)

55)

58)

60)

∫ 

4)

7)

2 2

)

dx

dx

1

x 25x 2 + 16

dx

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

9 − 4x dx

39)

∫ 

x x2 − 9 dx

42)

∫ 

45)

∫ (

38)

∫ 

41)

∫ 

44)

∫ 

(4 + x 2 )2 dx x3

47)

x3 + 3x − 2 dx x2 − x

50)

x5 dx (x2 + 4)2

53)

4x3 + 2x 2 − 5x − 18 dx (x − 4)(x + 1)3

56)

1

x4 x2 − 3

∫  ∫  ∫  ∫ 

3x − 5 1− x2

dx

1 du u (a + bu)

61)

x2 + 1 dx x x3 9x2 + 49

48)

x 4 + 2x 2 + 3 dx x3 − 4x

51)

1 du a2 − u2

54)

10x 2 + 9x + 1 dx 2x 3 + 3x 2 + x

59)

57)

dx

x2

1 − 9x

dx

x 5 − x4 − 2x3 + 4x2 − 15x + 5 dx (x 2 + 1)2 (x2 + 4)

IV) 1)

52

2

2 32

)

dx

∫  ∫  ∫  ∫ 

x 4 + 2x2 + 4x + 1 dx (x 2 + 1)3 x 6 − x3 + 1 dx x 4 + 9x 2

2x 4 + 3x 3 + 3x 2 − 3x − 1 dx x2 (x + 1)3 2x3 − 5x 2 + 46x + 98 dx (x 2 + x − 12)2

∫ 

2x 4 − 2x3 + 6x2 − 5x + 1 dx x3 − x2 + x − 1

∫ 

1 du u2 (a + bu)

∫ 

1 du u (a − bu)

62)

Calcule las integrales usando descomposición en fracciones parciales

∫  ∫  ∫ 

5x − 12 dx x (x − 4)

4x2 + 54x + 134 dx (x − 1)(x + 5)(x + 3) x + 16 dx 2 x + 2x − 8

2)

5)

8)

∫  ∫  ∫ 

x + 34 dx (x − 6)(x + 2) 6x − 11 dx (x − 1)2 11x + 2 dx 2x 2 − 5x − 3

3)

6)

9)

∫  ∫  ∫ 

37 − 11x dx (x + 1)(x − 2)(x − 3)

19x 2 − 50x + 25 dx x 2 (5 − 3x) 5x 2 − 10x − 8 dx x3 − 4x

45

10)

13)

15)

18)

∫  ∫  ∫  ∫ 

4x 2 − 5x − 15 dx x3 − 4x2 − 5x

∫  ∫  ∫  ∫ 

2x 2 − 25x − 33 dx (x + 1)2 (x − 5)

11)

9x 4 + 17x3 + 3x 2 − 8x + 3 dx 14) x 5 − 3x 4 x3 + 3x 2 + 3x + 63 dx (x 2 − 9)2

16)

4x3 − 3x 2 + 6x − 27 dx x 4 + 9x 2

19)

V)

5x 2 + 30x + 43 dx (x + 3)3 1 dx (x − 7)5

12)

15)

17)

x2 + 3x + 1 dx x 4 + 5x 2 + 4

∫  ∫  ∫ 

2x 2 − 12x + 4 dx x3 − 4x 2

4x dx (x + 1)3 2

5x 2 + 11x + 17 dx x3 − x2 + 4x + 20

20)

∫ 

2x3 + 10x dx (x 2 + 1)2

Utilice las fórmulas siguientes después de completar el cuadrado del

denominador 

∫ 

i)

1 2

a +b u

∫  ∫  ∫  ∫ 

ii)

iii)

iv)

v)

1)

4)

7)

2 2

∫  ∫  ∫ 

= 1 Ln bu +

du

1 a2 − b2u2 1 2 2

b u −a

a 2 + b 2u 2

b

2

du

= 1 arcsen bu

du

= 1 Ln bu +

(a)

b

+ C

+ C

b 2 u2 − a 2

b

1 du a2 + b2u2

=

1 arctg bu ab a

+ C

1 du a2 − b2u2

=

1 Ln a + bu 2ab a − bu

)

( )

(

1 dx x 2 − 4x + 8

2)

1 dx x − 2x + 2

5)

1 dx 3 x −1

8)

2

( con |bu| < |a| )

∫  ∫  ∫ 

+ C

+ C 1

7 + 6x − x

2

2x + 3 9 − 8x − x2

x3 dx x3 − 1

dx

3)

dx

6)

9)

∫  ∫  ∫ 

1 4x − x

2

dx

x+5 dx 9x + 6x + 17 2

1 dx (x − 4x + 5)2 2

46

10)

13)

16)

19)

22)

25)

28)

31)

34)

37)

40)

VI)

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

1 dx x − 4x3 + 13x 2

11)

1 dx 2 2x − 3x + 9

14)

x dx 2 2x + 3x − 4

17)

x 3 x + 9 dx

20)

5x dx (x + 3)2 3

23)

4

x 3

1+ x

26)

dx

2x + 3 dx 2x + 1 3x

x

29)

1 + e dx

32)

sen 4 + x dx

35)

e

∫  ∫ 

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

1 dx (x + 6x + 13)3 2

12)

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

15)

ex dx e2x + 3e x + 2

18)

x 3 2x + 1 dx

21)

1 dx x +4

24)

1 dx x+3x

27)

4

2

x +1 dx (x + 4)1 3 e2x

30)

dx

33)

x dx (x − 1)6

36)

3

1 + ex

(Sugerencia: tome u = x – 1)

1 dx 2 + sen x sen2x dx 1 + senx

38)

41)

∫  ∫ 

1 dx 1 + sen x + cos x xe

x

dx

Explique las siguientes técnicas de integración: 1.- Integración por partes. 2.- Sustituciones trigonométricas.

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

x(6 − x) dx

2x 2 − 4x + 6 dx x 2 − 4x + 5 x −1 dx x + x +1 2

x dx 5 3x + 2 1 4+ x

dx

1 dx (x + 1) x − 2 x1 3 + 1 dx x1 3 − 1

e2x dx ex + 4

x2 dx (3x + 4)10

(Sugerencia: tome u = 3x + 4)

39)

42)

∫  ∫ 

1 dx tgx + sen x secx dx 4 − 3tgx

47

3.- Integración de funciones racionales. 4.- Integración en que aparecen expresiones cuadráticas.

VII) 1)

4)

7)

10)

13)

Resuelva las integrales:

∫  ∫  ∫ 

xarcsenx dx

e

x

5)

dx

tg x sec 5 x dx

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

2)

1

x 2 16 − x 2

dx

x3 + 1 dx x(x − 1)3

8)

11)

14)

∫  ∫  ∫ 

sen3 (3x) dx

3)

cos3 (2x)sen2 (2x)dx

6)

tg x sec 6 x dx

9)

∫  ∫ 

4 − x2 dx x

∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

x

12)

1 dx x + x3

∫  ∫  ∫ 

Ln(1 + x) dx

cos4 x dx 1 dx (x + 25)3 2

∫ 

2

x dx (x + 1)2 2

15)

x3 − 20x 2 − 63x − 198 dx x4 − 8

16)

19)

22)

25)

28)

x −1 dx (x + 2)5 3

17)

x+8 dx x

20)

cos(Lnx) dx

23)

x 4 − x2

dx

x3 dx x3 − 3x 2 + 9x − 27

26)

29)

4 + 4x − x 2

dx

18)

senx dx 2cos x + 3

21)

sen3 x cos3 x dx

24)

1

dx

27)

1 dx + x1 2

30)

x 9x 2 + 4

x

32

∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

x dx x + 6x + 13 2

e2x sen(3x) dx

cotg2 (3x) dx x5 − x3 + 1 dx x3 + 2x 2

2x + 1 dx (x + 5)100

48

31)

34)

37)

40)

43)

46)

49)

52)

55)

58)

61)

64)

67)

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

ex sec (ex ) dx

32)

sen2x cosx dx

35)

ex 1 + ex dx

38)

3x + 2 dx x 2 + 8x + 25

41)

x cotgx cosec x dx

44)

x (Ln x)2 dx

47)

e3x dx 1 + ex

50)

cos3 x dx 1 + senx

53)

1 − 2x dx x + 12x + 35

56)

sen4 3x dx

59)

1

62)

2

7 + 5x

2

dx

cotg5 x cosec x dx

65)

(x2 − sech2 4x) dx

68)

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

x tg(x2 ) dx

33)

sen3 x cos1 2 x dx

36)

x

dx

39)

sec 2 x tg 2 x dx

42)

(1 + cosec 2x)2 dx

45)

4x 2 + 25

x sen x dx

e2x dx 4 + e4x x3 16 − x 2

dx

48)

51)

54)

7 dx x − 6x + 18

57)

etg x dx cos2 x

60)

2x + 3 dx x2 + 4

63)

x3 x2 − 25 dx

66)

x coshx dx

69)

2

∫  ∫ 

x 2 sen 5x dx

sen3x cotg3x dx

∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

x2 4x 2 + 25

dx

sen2 x cos5 x dx

x 2 (8 − x3 )1 3 dx

x 5 − 3x dx x 2 − 4x + 3 dx x

x dx 25 − 9x 2

arctg 5x dx x dx cosec5x2

cotg6 x dx

(senx) 10cosx dx

x 2 e−4x dx

49

70)

73)

76)

79)

82)

85)

88)

91)

94)

97)

∫  ∫  ∫ 

b)

c)

71)

tg7x cos7x dx

74)

x

1 4

16 − x

2

∫  ∫  ∫ 

77)

dx

∫  ∫ 

9 − 4x 2 dx x2

80)

x(x2 + 5)3 4 dx

83)

∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

senx dx 1 + cos x

86)

sen4 x cos3 x dx

89)

2x3 + 4x 2 + 10x + 13 dx x 4 + 9x 2 + 20

92)

cotg2 x cosec x dx

95)

x2 dx 3 2x − 3

98)

100) a)

x5 x3 + 1 dx

3 11 − 10x − x2

dx

72)

e1+Ln 5x dx

75)

(x3 + 1) cos x dx

78)

∫  ∫  (

4x3 − 15x 2 − 6x + 81 dx x 4 − 18x2 + 81

x

1 dx x + 4 x)

∫  ∫  ∫ 

12x3 + 7x dx x4 4x2 − 12x − 10 dx (x − 2)(x 2 − 4x + 3)

(x − 3)2 (x+ 1) dx

81)

84)

∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

4x 2 − 6x + 4 dx (x 2 + 4)(x − 2)

87)

tg3 x sec x dx

90)

senx dx (1 + cos x)3

93)

x3 2 Ln x dx

96)

1 − sen x dx cotgx

99)

∫  ∫ 

(5 − cotg3x)2 dx x dx cos2 4x

∫  ∫  ∫  ∫  ∫ 

x2 dx (25 + x 2 )2 x 4 + 9x 2

dx

(x 2 − 2)2 dx x

3

x 2

x −1

dx

2

x3 ex dx

Demuestre que:

∫ 

(x + 2) sen(x 2 + 4x − 6) dx

∫  ∫ 

=

– 1 cos(x2 + 4x – 6) + C 2

cotg(Lnx) dx = Ln |sen(Ln x)| + C x 1 dx (x + 2)(3 − x)

= arcsen 2x − 1 5

(

)

(Haga u = x2 + 4x – 6)

(Haga u = Ln x ) (Complete el cuadrado del denominador 

+ C

y luego haga u = x –

1 2

)

50

∫  ∫  ∫ 

2− x tgh(21− x ) dx = –

d)

x arcsenx 2

e)

f)

1− x

4

x 2

x + x +1

1 Ln[cosh (21–x)] + C 2Ln2

(Haga u = 21–x )

dx = 1 (arcsen x2)2 + C 4 dx

x 2 + x + 1 – 1 Ln | x + 2

=

(Haga u = arcsen x2 )

1 2

+ (x + 21 )2 + 34 | + C

xn +1 Ln x – xn +1 n +1 (n + 1)2

g)

Muestre que

∫ 

xn Ln x dx

+ C

si n ≠ –1

= 1 (Ln x)2 2

+ C

========== 0000000000 ==========

si n = –1

51

TABLA BÁSICA DE PRIMITIVAS ( a, b constantes ; C = constante de integración).

∫  3) ∫  + = Ln (a + bx) + C 5) ∫ tg ax dx = – Ln (cos ax) + C 7) cotg ax dx = Ln (sen ax) + C ∫  9) ∫ cosec ax dx = – cotg ax + C 11) e dx = +C ∫  1)

dx a bx

2)

1 b

13) 15)

17) 19) 21) 23) 25) 27) 29) 30)

∫  ∫ 

b2x2 ± a2

abx b Ln a

bx

ebx b

dx

1 a

2

1 a

dx a b2 x 2 2

2 (a + bx )3 +C 3b

a + bx dx =

n 1

1 b

1 a

bx

b

1 b

1 a

2

1 (a + bx )n +1 + C ; n ≠ –1 (a + bx ) n dx =

∫  + 4) sen (a + bx ) dx = – cos (a + bx) + C ∫  6) cos (a + bx ) dx = sen (a + bx) + C ∫  8) sec ax dx = tg ax + C ∫  10) a dx = +C ∫  12) ∫  + = arctg + C

a dx = ax + C

14)

 ⎞ = 1 Ln ⎛  ⎜ bx + b 2 x 2 ± a 2 ⎟ + C b ⎝   ⎠

16)

1 ab

bx a

dx ⎛ a + bx ⎞ 1 = Ln ⎜⎜ ⎟⎟ + C 2 2 2ab a −b x ⎝ a − bx ⎠

∫  ∫ 

a2 x b2x 2 ± a2 2 2 2  ⎞ ± Ln ⎛  b 2 x 2 ± a 2 dx = ⎜ bx + b x ± a ⎟ + C 2  ⎠ 2b ⎝ 

2

dx a2 − b2x2

bx = 1 arcsen +C b

a

∫  ∫  − + arcsen +C 20) cosh ax dx = senh ax + C a − b x dx = ∫  ∫  22) sec x tg x dx = sec x + C ∫ Ln (a + bx) dx = (a + bx) Ln (a + bx) x + C ∫  +C 24) cosec x cotg x dx = – cosec x +C ∫ sec ax dx = Ln (sec ax + tg ax) + C = Ln ∫  cos ax ⎞ +C ⎟ + C 26) sen x cos x dx = ∫ cosec ax dx = Ln (cosec ax − cotg ax) + C = Ln ⎛ ⎜⎜⎝ 11+− cos ∫  ax ⎠⎟ +C 28) cos ax dx = + +C ∫ sen ax dx = − ∫  ∫ sen ax cos bx dx = – 21 ⎡⎢⎣ cos(aa−−bb)x + cos(aa++bb)x ⎤⎥⎦ + C ; con a b 1 ⎡ sen(a − b)x sen(a + b)x ⎤ 1 ⎡ sen(a − b)x sen(a + b)x ⎤ + − +C 31) sen ax sen bx dx = ⎢ +C cos ax cos bx dx = ⎢ ⎥ ∫  ∫  2 ⎣ a−b a+b ⎦ 2 ⎣ a−b a + b ⎥⎦ 2

x a2

2 2

b2 x 2

2

1 b

1 cosh ax + C a

1 a

–

⎛ 1 + sen ax  ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 1 − sen ax  ⎠

sen2 x 2

1 2a

1 a

x 2

senh ax dx =

bx a

1 2a

1 a

2

a2 2b

18)

sen 2ax 4a

2

≠

x 2

sen 2ax 4a

52

 AYUDA: −x x senh x = e − e

−x x cosh x = e + e

;

2

2

;

tg (x ± y) = tg x ± tg y 1

∓

tg x tg y

sen 2x = 2sen x cos x

;

cos 2x = cos2 x – sen2 x = 2cos2 x – 1 = 1 – 2sen2 x

sen (x ± y) = sen x cos y ± cos x sen y

;

cos (x ± y) = cos x cos y

sen x ± sen y = 2sen 21 (x ± y)·cos 21 (x ∓ y)

;

cos x + cos y = 2cos 21 (x + y)·cos 21 (x – y)

cos x – cos y = –2sen 21 (x + y)·sen 21 (x – y) ; cos α cos β =

1 2

[cos (α + β) + cos (α – β)]

;

sen α cos β =

1 2

sen α sen β = –

===== 00000 =====

∓

sen x sen y

[sen (α + β) + sen (α – β)] 1 2

[cos (α + β) – cos (α – β)]

53

3.-.-LA INTEGRAL DEFINIDA.Ejercicios Resueltos Se definió b

∫ 

(A)

f(x) dx =

a

lim

P →0

∑

f(ξi ) Δxi

P

donde P es una "partición" del intervalo [a, b] en n porciones arbitrarias de magnitud  Δxi ; ||P|| es la "norma" de ellas, y ξi un "punto arbitrario" en cada uno de estos sub-intervalos; o bien n

b

∫ 

(B)

f(x) dx = lim

n→∞

a

∑

f(a + k( bn−a ))( bn−a )

k =1

Aquí se especifica que la partición es en n sub-intervalos iguales de magnitud b − a , y el n

punto intermedio es el extremo superior de cada sub-intervalo . Ejemplos: 1)

Aplicando la definición de una Integral Definida, calcular  a)

lim

P →0

∑

(1 + 3ξk )1 2 Δxk en [1, 2].

∑

2πξk (1 + ξk )3 Δxk en [0, 4]

P

b)

lim

P →0

P

n

c)

lim

n→∞

∑ k =1 n

d)

lim

n→∞

∑ k =1

1 n+k

k n + k2 2

Solución: a)

Según (A),

lim

P →0

∑ P

2

12

(1 + 3ξk ) Δxk =

∫  1

12

(1 + 3x)

dx = 1 3

2

∫  1

(1 + 3x)1 2 d(3x)

54

2 = 1 ⎡⎢(1 + 3x)3 2 2 ⎤⎥ = 2 (73/2 – 8)//

3 ⎣

b)

lim

P →0

∑

9

4

3

2π

=

2πξk (1 + ξk ) Δxk

∫ 

4

3

2π

=

x(1 + x) dx

0

P

∫ 

(x + 3x 2 + 3x 3 + x 4 ) dx

0

4 2 5 2π ⎡⎢ x + x3 + 3x + x ⎤⎥

= c)

3 ⎦1

⎣2

4

4

= 4688 π//

5 ⎦0

5

Según la forma (B), se debe hacer una adaptación: n

lim

n→∞

∑ k =1

1 n+k

n

=

lim

n→∞

∑ k =1

1 1 ⋅ n + kn n

.

Vemos que aquí b – a = 1, ⇒ a = 0, b = 1 .

Luego, n

lim

x →∞

∑ k =1 n

d)

lim

n→∞

∑ k =1 n

lim

n→∞

∑ k =1

2)

1 n+k

k 2 n + k2

k n2 + k 2

n

=

lim

x →∞

∑ k =1

n

=

lim

n→∞

∑ k =1 n

= lim

n→∞

∑ k =1

1

1 1 dx = Ln (1 + x) 1+ x 0 0

⎛ 1 1⎞ = ⋅ ⎜⎜ 0 + k n ⎟⎟ n + ⎝ ⎠ n k n

1+ (

k 2 n

)

⋅

1 n

∫ 

⇒

⎛ ⎞ k ⎜0 + n ⋅ 1⎟ = ⎜⎜ 1 + k 2 n ⎟⎟ (n) ⎠ ⎝

= Ln 2//

a = 0, b = 1. Así tenemos

1

1 x 1 Ln (1 + x2) = 1 Ln 2 = dx // 2 2 2 0 1+ x 0

∫ 

Calcule, usando la modalidad (B), el valor de 4

∫ 

(x 2 − 3x) dx

2

Solución: Ve

mos que b = 4, a = 2,

2

b – a = 2 . Entonces

n

4

∫ 

⇒

(x 2 − 3x) dx

=

lim

n→∞

∑

n

f ( 2 + k 2n ) ⋅

k =1

2 n

=

lim

n→∞

∑ k =1

n

=

lim

n→∞

∑ k =1

⎡4 + 8 k + 4 k 2 − 6 − 6 k ⎤ ⋅ 2 ⎢⎣ n n2 n ⎥⎦ n

⎡ 2+k 2 2 −3 2+k 2 ⎤⋅ 2 ( n )⎥⎦ n ⎢⎣( n)

55

n

=

lim

n→∞

∑ k =1

⎡ 8 k2 + 4 k − 4 ⎤ ⎢⎣ n3 n ⎥⎦ n2

n

=

lim

n→∞

∑

n

8 (k 2 ) n3

+ lim

n→∞

k =1

∑ k =1

n

= lim 83 n→∞ n =

3)

∑

n

4 (k) n2

– lim

n→∞

k

k =1

+ lim 42 n→∞ n

∑

( 4) n

k =1

n

2

∑ n

k – lim 4 n→∞ n

k =1

∑

1

k =1

lim 83 ⎛⎜ n(n+1)(2n +1) ⎞⎟ + lim 42 n(n2+1) 6 n→∞ n ⎝ n→∞ n ⎠

(

)

– lim 4 ( n) n

=

4 lim ⎛ 2 + 1 + 2 + 1 ⎞ + 2 lim 1 + 1 – 4 ( n) 3 n→∞ ⎜⎝ n n2 n3 ⎟⎠ n→∞

=

4 ·2 + 2·1 – 4 = – 2 // 3 3

n→∞

Expresar como una integral y calcular  p p p p lim 1 + 2 + 3 p ++1........ + n , n →∞ n

p ≠ –1

Solución: n

b

Como

∫ 

f(x) dx = lim

n→∞

a

∑(

f a + k( bn−a ) ) ( b−na ) , entonces

k =1

n

b

∫ 

f(x) dx =

a

a

4)

∑ k =1

b

∫ 

lim

n→∞

kp 1 ⋅ , np n

1

f(x) dx =

∫ 

x p dx

0

Expresar como una integral y calcular  lim 1 + 2 + 3 + ........ + n n→∞ n n

=

⇒

xp +1 1 = p +1 0

b – a = 1 ; a = 0, b = 1 . Así

1 p + 1 //

56

Solución: n

Tenemos

lim

n→∞

∑ k =1

n

k n n

=

lim

n→∞

k ⋅1 n n

=

lim

n→∞

k =1

1

∫ 

=

0

5)

∑

n

∑

0+ k ⋅ 1 n n

k =1

1 x dx = 2 x3/2 3 0

= 2 // 3

Resuelva la ecuación diferencial con valor inicial : a)

dy = 2 – 3x ; dx

y(0) = 4

b)

dy = dx

y(4) = 3

c)

dv = 10(10 – v); dt

x+5 ;

v(0) = 0

Solución: a)

dy = 2 – 3x dx

⇒

dy = (2 – 3x) dx. Integrando ambos lados: y(x) =

∫ 

(2 − 3x) dx

y(x) = 2x – 3 x2 + C 2

y(0) = 4

⇒ y(0) = 2·0 – 3 02 + C = 4 ⇒ 2

C = 4.

Luego, la solución de la ecuación diferencial es y(x) = 2x – 3 x2 + 4// 2

b)

dy = dx

x+5

⇒

dy = x + 5 dx

y(x) =

∫ 

∫ 

x + 5 dx

y(x) = 2 (x + 5)3/2 + C 3

57

⇒

y(4) = 3

dv = 10(10 – v) dt

C = – 15

y(x) = 2 (x + 5)3/2 – 15//

Así la solución es

c)

2 (4 + 5)3/2 + C = 3 ⇒ 3

y(4) =

3

dv = 10 dt 10 − v

⇒

∫ 

∫ 

∫ 

dv = 10 dt 10 − v

 – Ln (10 – v) = 10t + C

·(–1)

Ln (10 – v) = –10t – C 10 – v = e  –10t

= e –C·e –10t

v(t) = 10 – A e –10t

⇒ y la condición inicial v(0) = 0

⇒

Así, la solución final es

v(t) = 10(1 – e –10t)//

6)

– C

donde A ≡ e –C

,

⇒

v(0) = 10 – A·1 = 0

A = 10.

Calcular la derivada g'(x) si x

a)

g(x) =

∫ 

t 2 + 25 dt

0

senx

b)

g(x) =

∫ 

1 − t 2 dt

1

x2

c)

g(x) =

∫  3x

1 dt 1 + t2

Solución: Recordemos que, si F(x) es la primitiva de f(x), esto es,

∫ 

b

∫  a

f(x) dx = F(b) – F(a) ⇔

F'(x) = f(x)

f(x) dx = F(x), entonces

58

Así, x

a)

g(x) =

∫ 

t 2 + 25 dt = F(x) – F(0). Derivando con respecto a  x :

0

g'(x) = F'(x) = f(x) =

x 2 + 25 //

senx

b)

g(x) =

∫ 

1 − t 2 dt

d dx

= F(sen x) – F(1)

1

g'(x) = d F(sen x) – F(1) = F'(sen x)·cos x = dx

x2

c)

g(x) =

∫ 

3x

1 dt = F(x2) – F(3x) 2 1+ t

g'(x) = d F(x2) – F(3x) dx

g'(x) =

1 − sen2 x ·cos x//

d dx

= F'(x2)·2x – F'(3x)·3

1 1 ·2x – ·3// 4 1 + 9x 2 1+ x

========== 0000000000 ==========

59

4.-CÁLCULO DE ÁREAS PLANAS Recordemos que, si la tira vertical dA es el

y

"elemento fundamental de área" de ancho dx

f(x

y altura f(x) – g(x), entonces el área achurada A entre x = a ∧ x = b está dada por 

g(

b

A =

∫ 

A

d

[ f(x) − g(x)] dx

a

a

d

x

b

Ejercicios Resueltos 1)

Calcular el área de la región acotada por la parábola y = x 2  y la recta y = 4x .

Solución: y2 = 4x

y

El área encerrada por ambas curvas está dada por la figura 1 .

(4, 16)

y1 = x2

Resolviendo simultáneamente ambas ecuaciones y2 – y1

y = x2 , y = 4x hallamos las coordenadas de las intersecciones de ambas curvas : (0,0) y (4,16) .

0

Entonces, el área elemental dA de la tira vertical

x

dx

Fig. 1

será dA = (largo)·(ancho) = (y2 – y1)·(dx)

y el área total buscada A de la zona sombreada será la suma (esto es, la integral) de todas las

áreas elementales dA: 4

A =

∫  ∫  dA =

0

2)

4

[ y 2 − y1 ] dx =

∫  0

⎡ 4x − x 2 ⎤ dx = ⎣ ⎦

2x2 – 1 x3 3

Calcular el área encerrada por  x + y = 3 ∧ x 2  + y = 3. Solución:

4 0

= 32 // 3

y (0,3)

Resolviendo simultáneamente ambas ecuaciones, determinamos las intersecciones de ambas curvas (fig . 2). Luego, el área bus-

(1,2)

x

cada A será Fig. 2

60

1

A =

1

∫ 

[ y 2 − y1 ] dx =

0

∫ 

⎡(3 − x 2 ) − (3 − x)⎤ dx = 1 x2 – 1 x3 ⎣ ⎦ 2 3 0

1 0

= 1 – 1 = 1 // 2

3

6

Solución: (i)

y

Calcular el área entre x = y2 ∧ x – y – 2 = 0.

3)

En la figura adjunta se muestra el área a calcular .

x2 = y2 2 dy

Intersecciones: y2 = y + 2 ⇒ y = –1; y = 2 . Notemos que aquí el área elemental dA es horizontal, pues su extremo izquierdo siempre permanece en la

x

0 x1 = y+2

 –1

parábola x = y2, y el derecho siempre en la recta x = y + 2 . Si la tira elemental fuera vertical, su extremo inferior estaría tanto en la parábola como en la recta, por lo que habría que separar en dos regiones . (ii)

El área A de la región sombrada es entonces : 2

A =

∫ 

2

[ x1 − x 2 ] dy =

−1

−1

= 1 y2 + 2y – 1 y3 2

4)

∫ 

3

2

−1

⎡(y + 2) − y 2 ⎤ dy ⎣ ⎦

= 5 // 2

y

Determinar el área del triángulo cuyos lados son: x–y+1 = 0;

7x – y – 17 = 0 ;

Solución: (i)

x=y–1

2x + y + 2 = 0 4

El gráfico de la situación se muestra en la figura, al

A1

igual que las ecuaciones de las rectas respectivas .

x

A2 (ii)

De la figura, vemos que el área buscada A hay que separarla en dos: A1 y A2 (separadas por el eje X) .

x=

1 (y + 17) 7

 – 16 3 x = – 21 (y + 2)

61

4

A1 =

∫  0

⎡ 1 (y + 17) − (y − 1) ⎤ dy = ⎢⎣ 17 ⎥⎦

4

∫  0

0

A2

∫ 

⎡ − 6 y + 24 ⎤ dy = – 3 y2 + 24 y ⎢⎣ 7 7 7 7 ⎥⎦

⎡ 1 (y + 17) + 1 (y + 2) ⎤ dy = ⎢⎣ 7 ⎥⎦ 2 − 16

=

3

4

= 48 . 7

0

0

∫ 

⎡ 9 y + 24 ⎤ dy = 160 . 7 ⎦⎥ 21 ⎣⎢14 −16 3

Finalmente, el área sombreada buscada es A = 48 + 160 = 304 // 7

5)

21

21

Calcular el área acotada por la parábola cúbica 27y = 2x3, la tangente a ella en x = 3, y el

eje X, en el primer cuadrante . Solución: (i) Intersecciones y gráfico: Para x = 3:

y = 2 x3 ⇒ 27

y = 2. y

Derivada en x = 3 : y' = 2 x2 9

⇒

x1

y'(3) = 2, 2

entonces la ecuación de la tangente en (3,2) es y = 2x – 4 .

3

0

En el gráfico se muestra en área sombreada

x2

a calcular A, y la tira de área elemental dA . (ii) Hallemos esta área A: dA = largo·ancho = (x2 – x1)·dy = 1 (y + 4) – 2

∫  ∫  dA

⇒ A =

3 27 2

y dy

2

=

0

⎡ 1 (y + 4) − 3 27 y ⎤ dy 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 2

= 1 y2 + 2y – 4

9 y4 3 3 4 2

2 0

= 1 + 4 – 9 = 1 // 2

2

x

62

6)

Hallar el área encerrada por las curvas y = e x , y = e –x , x = ± 4. Solución:

y

El elemento de área dA es dA = alto· ancho = y·dx = e –x·dx Por simetría, el área buscada A de la región achurada será el doble del área entre x = 0 ∧ x = 4.

y = ex  – 4

1

y = e – x

0

4

x

Luego, 4

A = 2 = 2(–e –x)

= 2(1 – e –4)//

0

7)

Calcular el área de la región interior a la circunferencia

= a y exterior a la rosa de 4 hojas  ρ = a sen 2θ . Solución

 ρ

a

Recordemos que el área A en coordenadas polares ( ρ,θ) es A = 1 2

β

∫ 

ρ 2 ( θ) dθ

α

 ρ =

De los gráficos es claro que, por simetría, el área total buscada A

asen 2θ 

de la figura superior es equivalente a 4 veces el área achurada de la figura inferior . El elemento de área triangular dA es la parte oscura del pequeño  Δ:

y

dA = 1 (ρ2 )dθ – 1 (ρ2hoja)dθ 2

2



= 1 (a)2dθ – 1 (a sen 2θ )2dθ 2

2

x

=

1 a2 (1 – sen22θ)dθ 2

∫ 

Así, A = 4 dA = 4 1 a2 2 = a2 θ + sen4 θ 4

∫ 

π2 0

π2

0

(1 − sen2 2θ) dθ = 2a2 θ – ( θ – 2

2 = πa

2

//

sen4 θ ) 8

π2 0

63

8)

Calcular el área de la región interior a la cardioide  ρ = a (1 + cos θ ) y exterior a la circun– ferencia  ρ = 2a cos θ . Solución: En la figura adjunta está dibujada la cardioide ( del  griego: forma de corazón) y la circunferencia .

y

La zona achurada es el área A que se pide calcular . La pequeña zona negra es el elemento de área

dA = 21 (ρ2card)dθ – 21 (ρ2)dθ

a

dA = 1 (ρ2card)dθ – 1 (ρ2 )dθ. 2

2



2a

Por simetría, el área achurada total A es igual al área achurada de la mitad superior, donde π ≤ θ ≤ 0 para ambas curvas, y

π ≤ θ ≤ π2

2

sólo para la cardioide (ver figura) . Entonces

A =

∫ 

dA = 2 1 2

π2

∫ 

(ρ

2

card

π

2

− ρ ) dθ + 

π2

A =

∫ 

2

2

(a (1 + cos θ)

2

π

∫ 

2

− 4a cos θ ) dθ +

π2

A = a

∫  0

2

(1 + 2cos θ − 3cos θ ) dθ

A = a2 θ + 2 sen θ – 3( θ + sen2θ ) 2

A = a2 2 + π

4

A = π a2//

+ a2 3 π – 2 4

4

a2 (1 + cos θ)2 dθ

π2

0

2

∫ 

π2

0

(ρ2card ) dθ

2

+ a

π

∫ 

(1 + 2cos θ + cos2 θ) dθ

π2

π2 0

+ a2 θ + 2 sen θ + θ + sen2θ 2

4

π π2

x

64

9)

Dada la curva en forma paramétrica (llamada cicloide) y

x(t) = a(t – sen t)

0 ≤ t ≤ 2π

y(t) = a(1 – cos t) ; calcular el área de una arcada . Solución:

0

Recordemos que, si una curva está dada en

x

2π

forma paramétrica x = x(t) ;

y = y(t),

entonces un elemento de área dA está dada por  dA = y(t)·x'(t) dt .

t2

O sea

∫ 

A =

y(t) ⋅ x'(t)dt

t1

2π

Entonces,

∫ 

A =

2π

2

= a

a(1 − cos t) ⋅ a(1 − cos t) dt

0

∫ 

(1 − cos t)2 dt

0

A = a2 t – 2 sen t + 1 (t + sen t cos t)

2π

2

0

=

3 π a2 2

//

10) Calcular el área que encierra la elipse dada paramétricamente como x = a cos t 0 ≤ t ≤ 2πy

y = b sen t , Solución:

b 2π

A =

∫ 

(bsent)( −asent) dt

t

0

0

A = 4

∫ 

π2

2

( −ab)sen t dt = 4ab

π2

0

π2

A = 4ab

∫ 

sen2 t dt

∫  0

sen2 t dt

= 4ab t − sen2t 2

4

π2

= π a b//

0

OBSERVACIÓN: Si a = b = r (radio de la ), entonces A = πr 2.

a

x

65

11) Calcular el área interior de la astroide x = a cos 3 t y = a sen 3 t,

b

0 ≤ t ≤ 2π

a

Solución: De la figura, el área total buscada A será cuatro veces

x

a

 – a

el área achurada: π2

A = 4

∫ 

(asen3 t)(3acos2 t)( − sent) dt

 – a

0

π2

A = –12a

2

∫ 

sen4 t ⋅ cos 2 t dt .

Pero: sen x =

0

π2

⇒

A = – 12a

2

∫  0

2

2

⎛ 1 − cos 2t ⎞ ⎛ 1 + cos 2t ⎞ dt = – 3 a2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 − cos x ; 2

1 + cos x , 2

cos x = 2

π2

∫ 

(1 − cos 2 2t + cos3 2t − cos2t)dt

0

3 A = – 3 a2 t – 1 (2t + sen 2t cos 2t + 1 (sen 2t – sen 3t – 1 sen 2t)) 2 4 2 3 2

π2

= 3 π a2 // 8

0

5.-CÁLCULO DE VOLÚMENES DE ROTACIÓN.

Ejercicios Resueltos (A)

Método de las secciones transversales.

y

Si V es el volumen entre x = a ∧ x = b de un sólido de revolución en torno del eje OX, generado

f(x)

por una curva plana f(x), entonces a

b

b

V = π

∫ 

f 2 (x) dx

a

(ya que el elemento de volumen dV del disco sólido sombreado es

dx

x

66

dV = π·(radio)2·(espesor) = π·f 2(x)·dx ).

1)

Calcular el volumen del tronco de cono generado por la rotación, en torno del eje OX, de

la región encerrada por  y=x+1

;

x=1;

x=4;

y

y = 0.

Solución: recta y = x + 1

El gráfico muestra la región achurada, que gira en torno del eje OX generando el tronco de cono .

y

El volumen así engendrado será 1 4

V = π

∫ 

4

x

4

2

y dx = π

1

∫ 

(x + 1)2 dx

1

4

3 = π ⎛⎜ x + x2 + x ⎞⎟ = 39 π// ⎝3 ⎠1

2) La región del plano encerrada por y = x 3, x = 2, y = 0 gira en torno de cada eje . Calcular  el volumen generado en cada caso . Solución:

y

y

y=x

y=x 8

Giro en torno del eje OX 0

2

x 0

V1

Entonces, 2

V1 = π

∫  0

y dx = π

2

V2 2

2

Giro en torno del eje OY

∫  0

2

⎛ 7⎞ x 6 dx = π ⎜ x ⎟ = 128π // 7 ⎝ 7 ⎠0

x

67

8

V2 =

= π

–

2 ·r  ·h

– π

∫ 

x 2dy

0

8

V2 = π

2 ·2 ·8

– π

∫ 

23

y dy

0

3)

= 32π – π 3 y5 3 5

(

8

)0

= 64π // 5

Calcular el volumen del toroide generado por la rotación del círculo (x – 5)2 + y2 ≤ 4

en torno del eje OY . Solución:

i)

Gráfico del toroide y

x = 5 + 4 − y2 R1

2 dy

R2

0

5

 –2

R2 = 5 + 4 − y 2

x

x = 5 – 4− y2

,

R1 = 5 – 4 − y2

ii) El volumen V del toroide es el volumen generado por el círculo sombreado al girar en torno del eje OY . Por consiguiente, será igual al volumen del "cilindro" sólido de radio R 2 menos el volumen del "cilindro" sólido de radio R 1 (pues el toroide está vacío en su centro) . Así, Vtoroide = V(R2) – V(R1) = π (R2)2 – π (R1)2 2

⇒

V = π

∫  ( −2

5+ 4−y

2

)

2

2

dy – π

∫  ( −2

5 − 4 − y2

2

) dy

68

2

V = 2π

∫  (

5+ 4−y

2

0

2

V = 2π

∫  0

4)

2

)

2

dy – 2π

∫  (

5 − 4 − y2

0

2

) dy

y 20 4 − y 2 dy = 40π· 1 y 4 − y2 + 4 arcsen( ) 2 2

2

a)

OAB en torno del eje OX

b)

OAB en torno del eje OY

c)

OAB en torno de AB

d)

OAB en torno de CA

e)

OAC en torno del eje OY

f)

OAC en torno de CA

g)

OAC en torno de AB

h)

OAC en torno del eje OX

= 20π·2π = 40π2//

0

y

1

Calcule el volumen por rotación de la región :  y =  x 2

2

A (4,8)

C (0,8)

O

B (4,0)

Solución:

a)

V =

4

∫ 

dV

∫  0

b)

πy 2 dx

0

4

V = π

∫ 

=

dV = πy2dx

y

x 4

x3 dx = π x 4

= 64 π//

V = Vcilindro sólido – Vparaboloide interior 

8

8

∫ 

V = π·42·8 – π

x 2 dy

0

8

V = 128π – π

∫  0

y

y 4 3 dy = 128π – π 3 ⋅ 87 3 = 512 π// 7 7

4

x

X

69

8

c)

V = π

∫ 

8

2

(4 − x) dy = π

0

∫ 

(4 − y 2 3 )2 dy

0

y 8

8

V = π

∫ 

(16 − 8y 2 3 + y 4 3 )dy

0

0

V = π ⎡⎢16y − 24 y5 3 + 3 y7 3 ⎤⎥ 5 7 ⎣ ⎦

d)

8

x

4

= π ⎡⎢128 − 24 ⋅ 85 3 + 3 ⋅ 87 3 ⎤⎥ = 1024 π// ⎣

0

5

7

35

⎦

V = Vcilindro sólido – Vparaboloide interior 

y

4

2 ·8 ·4

V = π

∫  ∫  ∫ 

– π

(8 − y)2 dx

0

4

V = 256π – π

(8 − x 3 2 )2 dx

0

0

4

V = 256π – π

(64 − 16x

32

0

8

e)

V = π

∫ 

x dy = π

0

∫ 

y dy

8

∫ 

8

= 384 π// 4

(8 − y)2 dx = π

0

x

0

7

0

4

V = π

y

43

0

V = π ⎡⎢ 3 x7 3 ⎤⎥ ⎣7 ⎦

f)

4

= 704 π// + x )dx = 156π – ⎡⎢64x − 32 x5 2 + 1 x4 ⎤⎥ ⎣ 5 4 ⎦0 5 3

8

2

x

4

∫ 

y

4

(8 − x 3 2 )2 dx = π

0

∫ 

(64 − 16x 3 2 + x3 )dx

0

4

V = π ⎡⎢64x − 32 x5 2 + 1 x4 ⎤⎥ = 576 π// 5 4 ⎦0 ⎣ 5

g)

V =

0

x

4

– 8

2 ·4 ·8

V = π

∫  ∫ 

– π

8

2

(4 − x) dy

= 128π – π

0

∫  0

(4 − y 2 3 )2 dy

y 8

8

V = 128π – π

(16 − 8y 2 3 + y 4 3 )dy

0

0

4

x

70

8

V =

h)

V =

π ⎡⎢16y − 24 y5 3 + 3 y7 3 ⎤⎥ = π ⎡⎢128 − 24 ⋅ 85 3 + 3 ⋅ 87 3 ⎤⎥ 5 7 5 7 ⎣ ⎦0 ⎣ ⎦

= 3456 π//

y

35

–

0

V = π·82·4 = π

∫ 

x

4

4

x 3dx = 256π – 64π

0

V = 192π//

(B)

Método de las capas cilíndricas.

(a)

Si dV es un elemento de volumen

y

del cilindro vertical, entonces dV = (área tira blanca)·(altura cilindro) dV = (longitud·espesor)·(altura cilindro)

y2(x) x

dV = (2π x·dx)·(y2 – y1) dV = 2π (y2 – y1)·x·dx

y1(x)

Luego, el volumen total V del cilindro será 0

a

V = 2π

∫ 

x

dx

(y2 − y1) x dx

a

0

y

(b) Si dV es un elemento de volumen del cilindro horizontal, entonces dV = (área tira blanca)·(largo cilindro)

dy b

y

x

0

dV = (longitud·espesor)·(largo cilindro) dV = (2π y·dy)·(x2 – x1) dV = 2π (x2 – x1)·y·dy Luego, el volumen total V del cilindro será

x1(x)

x2(x)

71

b

V = 2π

∫ 

(x2 − x1) y dy

0

Ejemplos 1) La región acotada por las curvas y = x3 ; x = y2 gira en torno de los ejes OY y OX. Hallar los volúmenes así generados en ambos casos . Solución:

y

a) Girando sobre el eje OY  1

V = 2π

∫  1

∫ 

0

y 1

13

(y

2

− y )y dy = 2π

0

∫ 

(y

43

− y )dy

x

1 y = x3

x

y=

1

3

0

x

0

1

V = 2π ⎡⎢ 3 y7 3 − 1 y 4 ⎤⎥ = 5 π// 4 ⎦0 ⎣7 14

2)

y=

1

( x − x 3 ) x dx = 2π ⎡⎢ 2 x5 2 − 1 x5 ⎤⎥ = 2 π// 5 ⎦0 5 ⎣5 0

b) Girando sobre el eje OX  V = 2π

y = x3

La misma región gira sobre las rectas x = 1 ; y = 1. Hallar los volúmenes. Solución:

a)

Gira sobre x = 1. 1

V = 2π

y 1

∫ 

3

( x − x )(1 − x)dx = 2π

0

∫ 

(x1 2 − x3 − x3 2 + x4 )dx

y=

r = 1– x

1

0

Gira sobre y = 1. 1

V = 2π

x

0

V = 2π ⎡⎢ 2 x3 2 − 1 x 4 − 2 x5 2 + 1 x5 ⎤⎥ = 13 π// 4 5 5 ⎦0 30 ⎣3

b)

y = x3

∫ 

(y

0

2

− y )(1 − y)dy = 2π

x

2

y 2

1

13

1

∫ 

13

(y

−y

43

0

2

3

− y + y )dy 1

x

r = 1– y

1

V = 2π ⎡⎢ 3 y 4 3 − 3 y7 3 − 1 y3 + 1 y 4 ⎤⎥ = 10 π// 7 3 4 ⎦0 21 ⎣4

y = x3 y=

0

x

x

72

Volúmenes en coordenadas paramétricas y polares Recordemos que si una figura dada en coordenadas paramétricas x = x(t) , y = y(t) gira en torno del eje OX, el volumen V generado está dado por  b

V = π

∫ 

y 2 (t) ⋅ x'(t) dt

a

y si gira en torno del eje OY, el volumen V generado está dado por  d

V = π

∫ 

x 2 (t) ⋅ y'(t)dt

c

Ejemplos 1) Hallar el volumen que genera un arco de la cicloide x(t) = a(t – sen t) y(t) = a(1 – cos t) ;

0 ≤ t ≤ 2π

cuando éste gira en torno del eje OX . Solución: y

Una cicloide es una curva generada por un punto situado en el borde de un disco cuando éste rueda, sin resbalar . 0

Entonces el volumen V buscado es

2π

elemento de volumen dV

b

V = π

∫ 

2

y (t) ⋅ x'(t)dt

a

2π

3

V = πa

x

∫  0

2π

2

3

(1 − cos t) ⋅ (1 − cos t)dt = π a

∫ 

(1 − 3cos t + 3cos 2 t − cos 3 t)dt

0

V = π a3 ⎡ t − 3sen t + 3 (t + sen t ⋅ cos t) − sen t + 1 sen3 t ⎤ 2 3 ⎣ ⎦ V = 5π2 a3//

2π 0

73

2)

Dada la esfera en forma paramétrica, calcular su volumen : x = R cos t y = R sen t ;

0≤t≤π

y

Solución: b

V = π

∫  ∫ 

y

y 2 (t) ⋅ x'(t) dt

a

π

V = π

dx

(R2cos2 t)(− R sen t) dt

R

dx = x'·dt

0

V = – πR

3

π

∫ 

3

3

sen tdt = – πR

0

π

∫  0

1 3sen t − sen3t ] dt = 4[

π – 1 πR3 ⎡ −3 cos t + 1 cos 3t ⎤ 3 ⎣ ⎦0 4

= – 1 πR3 [3 – 1 + 3 – 1 ] = – 1 πR3 [– 16 ] = 4 πR3// 4

3

3

4

3

3

x

74

VOLUMEN DE CUERPOS DE SECCIÓN TRANSVERSAL CONOCIDA Son cuerpos cuya sección transversal es una figura de magnitudes variables, pero siempre de la misma forma .

dV

Por ejemplo: A(x)

a

b

x

Si dV es un elementop de volumen, entonces dV = (área achurada) ·(espesor) = A(x) ·dx, por lo que el volumen total V ser  b

V =

∫ 

d

A(x) dx

;

ó

∫ 

V =

a

A(y) dy

c

Calcular el volumen del sólido de forma piramidal, cuya base es un triángulo rectángulo isósceles de cateto a y de sección en forma de triangular semejante a la base, y de altura h. Solución: En la figura, sea OC = h = altura de la pirámide z

OD = y = distancia del elemento dV a la base de la pirámide

C

Entonces, BD = AO DC OC

x =a h−y h

⇒

x = a(h − y)

⇒

x

h

B

El elemento de volumen dV es

a

D x dV

dy a

O

A

dV = (área ∆)·(espesor) x

= 1 x2·dy 2

Así, el volumen total buscado V será b

V =

∫  a

h

dV =

∫  0

1 x 2 dy = a2 2 2

h

h

a2 h (h − y)2 2 2 a2 = = dy (h 2hy y )dy − + 2 2 6 // h 2h 0 0

∫ 

∫ 

y

75

1)

Calcular el volumen de una pirámide de base cuadrada de lado a y altura h.

Solución: En la figura, sea dV un elemento de volumen, de lado basal x y altura dy. Entonces, dV = x2·dy

()

y

h

Por otro lado, por triángulos semejantes : y = h . x

a

h

dV = a2 y 2

V = a2

⇒

h

2)

2

h

h

∫  0

x

a

Luego, x = a y . Reemplazando en (), 2

dy

dV x

a

h 3⎤ ⎡ y y 2 dy = a2 ⎢ ⎥ = 1 a2 h // 3 h ⎣3⎦ 0 2

Calcular el volumen del sólido, de base el círculo x 2 + y2 = a2, en que la sección generada

por planos perpendiculares a la base y al eje OX es un triángulo equilátero cuyo lado es la cuerda en el círculo . C

Solución:

y

C

a

A y a

y

2y

h y

x

A

y B

2y h=y

B

y

 –a

3

A

dx a

a B

x

De x2 + y2 = a2 ⇒ AB = base del triángulo = 2y = 2 a2 − x 2 ; altura h del triángulo = y 3 . Un elemento de volumen dV será, de la tercera figura, dV = (área  Δ ABC)·dx = 1 (base)·(altura)·dx = 1 (2 a2 − x 2 )·(y 3 )·dx 2

2

a

⇒

V =

3

∫ 

a

2

2

(a − x )dx = 2 3

−a

∫  0

a

3 V = 2 3 ⎡⎢a2 x − x )⎤⎥ = 4 33 a3// 3 ⎦ ⎣ 0

(a2 − x2 )dx

y

76

3)

La base de un sólido es la región acotada por y = x 2 , y = 4 ; las secciones transversales

son trángulos rectángulos isósceles cuya hipotenusa está en el plano XY, y su plano es ⊥ al plano XY. Hallar el volumen del sólido así formado . Solución: z z

y 4 x=– y

2

x= y

45º

4

h 45º

2

x

0

x

Es claro, de la 2ª fig ., que h = y

x

0

dV dy

.

Si dV es un elemento de volumen, si dy es el espesor de este elemento (ver 3ª figura), entonces dV = (área triángulo)·(espesor) = ( 1 base·altura)·(dy) = 1 (2 y 2

2

·

y )·dy = y dy

Luego, el volumen buscado V será 4

V =

∫ 

y dy = 8//

0

4)

La misma base del problema anterior, ahora las secciones transversales son semicírculos

en vez de triángulos rectángulos isósceles . Hallar el volumen. Solución: Ahora el elemento de volumen dV es dV = (área semicírculo)·(espesor) = (π y)·dy 4

⇒

V = π

∫  0

y dy = 8 π //

y

77

5)

La base de un sólido es un triángulo rectángulo isósceles de lado a.La sección del sólido

es un semicírculo cuyo plano que lo contiene es

⊥

a uno de los lados de este triángulo y a la

base. Hallar el volumen del sólido . Solución:

z

y a x+y=a

dV a

y

y

dx

a x+y=a

x

0

dx

a

x

De las figuras, vemos que un elemento de volumen dV del sólido está dado por  dV = (área semicírculo)·(espesor) 2

y = (π· ⎡⎢ ⎤⎥ )·dx ⎣2⎦

= 1 π y2 dx = 1 π (a – x)2 dx 4

V = 1π 4

⇒

4

a

∫  0

3 (a − x) dx = 1 π ⎡⎢a2 x − ax2 + x )⎤⎥ 3 ⎦ 4 ⎣

a

2

0

V = 1 π a3// 12

6)

De un tronco, en forma de cilindro recto circular de radio a, se corta una cuña mediante un

corte vertical y otro oblicuo en 45º, de modo que la intersección de ellos se produce en el centro generando un diámetro. Hallar al volumen de la cuña . Solución:

z a

x +z =a y

dV

y=z

(pues ∡ 45º)

z

a

x

dx

De la fig., vemos que el elemento de volumen dV 45º

y

es dV = (área ∆)·(espesor) = ( 21 yz)·dx dV = ( 21 z2)·dx = 21 (a2 – x2)·dx

78

a

1 2

Luego, V = 2 7)

∫  0

a

3 (a − x )dx = ⎡⎢a2 x − x ⎤⎥ = 2 a3// 3⎦ 3 ⎣ 0 2

2

La base del sólido de la figura es el círculo x 2 + y2 = a2. Calcular su volumen cuando las

secciones transversales son triángulos isósceles con base en el plano XY, de altura igual a la base. Solución:

z

y a y a

y

x +y =a

x

a

dV

dx

dx

a

x

Vemos que un elemento de volumen dV está dado por dV = 1 base · altura · espesor . 2

Entonces del enunciado, base = altura

∆

= 2y. Así dV = 1 (2y)·(2y)·dx = 2 y2 dx = 2 (a2 – x2) dx 2

a

⇒

V =

∫ 

a

2

2

2(a − x )dx = 2

−a

0

V = 8 a3//

⇒

8)

∫ 

2(a2 − x 2 )dx

3

La base de un sólido es la región del plano XY acotada por y = 4, y = x 2. Calcule el

volumen del sólido si las secciones transversales

⊥

al eje OX son cuadrados . z

Solución: y

y=x

4

y2 = 4 y2 – y1

0  –2

0

dx 2

x

dV

y

4 dx

2

x

y1 = x2

y

79

El elemento de volumen dV es dV = (área cuadrado)·(espesor) = (y2 – y1)2·dx = (4 – x2)2·dx Entonces, el volumen V buscado será 2

∫ 

V =

(4 − x2 )2 dx

−2 2

V = 2

∫ 

(4 − x2 )2 dx

0

2

V = 2

∫ 

(16 − 8x 2 + x 4 )dx

0

2

3 5 V = 2 ⎡⎢16x − 8x + x ⎤⎥ = 34 2 // 3 5⎦ 15 ⎣ 0

9)

Calcular el volumen de un prisma de base rectangular, de lados a y 2a, y altura h. Solución: z z

dV

y

dz

a

2x

h

x

x

y 2a

2a x

De la 2ª figura, un elemento de volumen dV está dado por  dV = (área rectángulo elemental)·(espesor) = (2x·x)·(dx) = 2 x2 dx Hallemos ahora una relación entre la altura h de la pirámide y un lado a de ella. Por semejanza de triángulos: z = h 2x 2a

⇒

x = az . h

80

Luego,

a2 z2 dV = 2 2 dx h

h

⇒

∫ 

h

2 2 3 z2 dz = 2a2 ⎡⎢ z ⎤⎥ V = 2a2 h ⎣ 3 ⎦0 h 0

⇒

V = 2 a2h // 3

81

6.-LONGITUD DE UNA CURVA Ejercicios Resueltos Recordemos: a)

Si una curva C está dada en coordenadas rectangulares y = y(x), entonces su longitud L C,

entre

x = a, x = b , está dada por  b

LC =

∫ 

2

a≤x≤b

1 + [ y'(x)] dx

(1)

a

b)

Si una curva C está dada en coordenadas paramétricas x = x(t), y = y(t) entonces su longitud L C, entre t0 y t1 , está dada por  t1

LC =

∫ 

2 2 [ x'(t)] + [ y'(t)] dt

t0 ≤ t ≤ t1

(2)

t0

c)

Si una curva C está dada en coordenadas polares ρ = ρ(θ), entonces su longitud L C, entre θ = α, θ = β , está dada por  β

LC =

∫ 

2 [ρ'] + ρ2 dθ

α≤θ≤β

(3)

α

1)

Calcular la longitud de un arco de la curva 8x 2 = 27y3 si 1 ≤ x ≤ 8. Solución: Podemos usar la fórmula (1) . Para esto, hallemos primero [y '(x)]2.De 8x2 = 27y3 tenemos y = 2 x2 3 . Luego, y' = 4 x−1 3 , [y']2 3

8

LC =

∫  1

1 + 16 x − 2 3 dx = 81

16 x −2 3 . Reemplazando en (1), 81

=

9

8

∫  1

x 2 3 + 16 81 x

23

8

dx =

∫  1

dx x 2 3 + 16 81 x1 3

Haciendo el cambio de variable u2 = x2 3 + 16 , se tiene 2udu = 2 x−1 3 dx 81

3

⇒

3udu = dx 13 x

.

82

∫  ⇒ 2)

dx = 3 x2 3 + 16 81 x1 3

= ⎡⎢ x

LC

∫ 

u2du = u3 = ⎡⎢ x 2 3 + 16 ⎤⎥ 81⎦ ⎣

+ 16 ⎤⎥ 81⎦

23

⎣

32

8

32

= 1

1 ⎡8 ⋅ (85)3 2 − (97)3 2 ⎤ // ⎦ 729 ⎣

Calcular la longitud de un arco de 3 y = x +1 ,

12

1≤x≤2

x

Solución: b

Usando la relación (1)

LC =

∫ 

2 1 + [ y'(x)] dx , tenemos

a

2

LC =

∫  1

3)

2

2

∫ 

⎡ 2 ⎤ 1+ ⎢ x − 12 ⎥ dx = ⎣4 x ⎦

4 1 + x − 1 + 14 dx = 16 2 x 1

2

2

⎡ x2 1 ⎤ ⎡ x3 1 ⎤ 2 ⎢ 4 + 2 ⎥ dx = ⎢ 12 − x ⎥ ⎣ ⎣ ⎦1 x ⎦

∫  1

= 13 // 12

Hallar la longitud de la cardioide 0 ≤ θ ≤ 2π

ρ = a(1 + cos θ) ,

Solución: β

Para usar la relación (3)

LC =

∫ 

2 [ρ'] + ρ2 dθ , hallemos primero

2 [ρ'] + ρ2

:

α

2 [ρ'] + ρ2 =

2 2 [ −asenθ] + [a(1+ cos θ)] =

a2 sen2 θ + a2 + 2a 2cos θ + a2cos 2θ

= 2a2 + 2a2 cos θ = a 2 1 + cos θ = a 2( 2 cos 2θ ) = 2a cos 2θ . Entonces, β

LC =

∫ 

2

2

[ρ'] + ρ dθ = 2a

α

4)

2π

∫  0

cos 2θ dθ = 8a

π

∫  0

cos 2θ d2θ = 8a· ⎡⎣sen θ2 ⎤⎦

( )

π

= 8a// 0

Calcular, mediante integración, el perímetro de una circunferencia de radio R . Solución: La ecuación de la  de la figura es ρ = R. Entonces, ρ' = 0. Usando la relación (3), se tiene

R

83

β

LC =

∫ 

2

[ρ']

2π

+ ρ2 dθ

=

α

∫ 

2 [ 0] + R 2 dθ

0

2π

=

∫ 

R dθ = R·(2π) = 2πR//

0

5)

La posición de un punto móvil P(x,y) en cualquier instante t está dada por  x =

1 t2 2

y =

1 (6x 9

+ 9)3/2 , t ≥ 0.

Calcular el espacio recorrido recorrido por el punto desde desde t = 0 hasta t = 4. Solución: Sea L el espacio recorrido . Entonces, x' = t ; y' =

1 [ 3 ·(6x 9 2

+ 9)1/2·6] = (6x + 9)1/2.

Así, usando la relación (2) para coordenadas paramétricas, t1

L =

∫ 

2 2 [ x'(t )] + [ y'(t )] dt

t0

4

tenemos: L =

∫  0

6)

2

2

[ t ] + ⎡⎣(6t + 9)1 2 ⎤⎦ dt =

4

∫ 

t2

4

+ 6t + 9 dt =

0

∫ 

(t +

0

3)2

4

dt = ⎡⎢ 1 t 2 + 3t ⎤⎥ = 20// ⎣2 ⎦0

Calcular la longitud de un arco de la cicloide, cuyas ecuaciones paramétricas son x = a(t – sen t) 0 ≤ t ≤ 2π

y = a(1 – cos t) , Solución: Hallemos primero , y'.

y

x' = a(1 – cos t)

L

y' = a sen t. Entonces, usando la relación (2) t1

L =

∫  t0

0 2 2 [ x'(t )] + [ y'(t)] dt , se tiene

t 2π

x

84

2π

L =

∫ 

2

2π

2

[a(1 − cos t ] + [a sen t ] dt = a

0

2 − 2 cos t dt dt = 2a 2

0

π

= 4a 2

∫ 

π

∫  0

sen 2t dt

= – 8a ⎡⎣cos 2t ⎤⎦

∫ 

1 − cos t dt dt

0

π

= 8a// 0

7.- ÁREA DE UNA SUPERFICIE DE REVOLUCIÓN Ejercicios Resueltos Si A(s) es el área generada por una y

curva x = x(y) que gira en torno del eje Y, entonces un elemento de área dA es dA = (longitud de la tira achurada) ·(ancho tira)

Curva x(y)

dA

dA = (2π·x(y))·(ds) = (2πx(y))·( 1+ [ x '(y)]2 dy )

x(y)

Luego,

x

b

A(s) = 2π

∫ 

ds = 1 + [ x '(y)]2 dy

2

x( y) ⋅ 1 + [ x '( y)] dy

a

z

y Curva y(x)

Si la curva gira en torno del eje X, tenemos b

A(s) = 2π

∫ 

x

2

y( x) ⋅ 1 + [ y '( x) ] dx

a

z

1)

Hallar el área A de la superficie generada por la rotación de la curva y = x3 , 1 ≤ x ≤ 3, en torno del eje OX . Solución:

85

b

∫ 

A = 2π

3

2

y( x) ⋅ 1 + [y '( x) ] dx = 2π

a

1

3

= 2π

∫ 

1+

9x 4

x3 dx

1

32 ⎡ ⎤ = π ⎢(1 + 9x 4 ) ⋅ 2 ⎥ 18 ⎣ 3⎦

2)

∫ 

3 1

= 2π 36

3

∫ 

2

x 3 ⋅ 1 + ⎡ 3 x 2 ⎤ dx ⎣ ⎦

1 + 9x 4 (36x 3 dx)

1

= π ( 7303 2 − 103 2 ) // 27

Calcular el área de la superficie del cuerpo generado por la rotación de la astroide x2/3 + y2/3 = 1

y

en torno del eje X .

R

Solución: El área total buscada A(s) será el doble del área de la zona PQR de la figura . Así, b

A(s) = 2 2 π

∫ 

Q

2

y( x) ⋅ 1 + [ y '( x)] dx

a

P

Hallemos primero 1 + (y')2 : x2/3 + y2/3 = 1

⇒

32

y(x) = (1 − x2 3 )

23 23 1 + (y')2 = 1 + (1− x 2 3 ) ( x−2 3 ) = x +213− x =

x

1

Luego,

12 y'(x) = 3 (1 − x 2 3 ) − 2 x −1 3

⇒

2

1

x

⇒

23

(

3

2 1 + [ y '( x)] = 113 x

)

.

1 3 2 −1 3 1 A(s) = 4π y( x) ⋅ 1 3 dx = 4π 1 − x2 3 x dx ; x 0 0

∫ 

∫ (

)

Haciendo cambio de variable : u2 = (1 − x2 3 ) ⇒ 2 u du = − 2 x −1 3 dx ⇒ x −1 3 dx = –3 u du, 3

se tiene, (en que x = 0 ⇒ u = 1; x = 1 ⇒ u = 0) 1

A(s) = 4π

∫  0

2 3 3 2 −1 3

(1 − x )

A(s) = –12π ⎡⎢ 1 u5 ⎤⎥ ⎣5 ⎦

0 1

x

0

dx = 4π

∫  1

= 12 π // 5

3

u (−3u du) = –12π

0

∫  1

u4 du

x

86

3)

Calcular el área de la astroide, dada en coordenadas paramétricas x(t) = cos3 t 0≤t≤ π

y(t) = sen 3 t ,

2

cuando gira en torno del eje OY . Solución: Como gira en torno del eje OY, usamos b

A(s) = 2π

∫  ∫ 

2

x(y) ⋅ 1 + [ x '(y)] dy

a

π2

⇒

A(s) = 2 2π

2

2

;

x(t) ⋅ [ x'(t)] + [ y '(t)] dt

0

Pero, x'(t) = –3cos 2t·sent ;

y'(t) = 3sen2t·cost. Luego, π2

A(s) = 4π

∫  0

π2

A(s) = 12π

2

2

cos3 t ⋅ ⎡ −3cos 2 t ⋅ sent ⎤ + ⎡3sen2t ⋅ cos t ⎤ dt ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∫ 

cos3 t ⋅ cos 4 t ⋅ sen2 t + sen4t ⋅ cos 2 t dt

0

π2

A(s) = 12π

∫  0

4)

cos t ⋅ sent dt = –12π ⎡⎢ 1 cos5 t ⎤⎥ ⎣5 ⎦ 4

Calcular el área de una esfera de radio R. Solución:

π2 0

= 12 π // 5

y

En coordenadas paramétricas, una ecuación de la esfera es x(t) = R cos t y(t) = R sen t Entonces

R

x

87

π2

A(s) = 2 2π

∫ 

2

2

x(t) ⋅ [ x '(t)] + [ y'(t)] dt

0

π2

A(s) = 4π

∫ 

2

2

R cos t ⋅ [ −Rsent ] + [Rcos t ] dt

0

π2

A(s) = 4π

∫  ∫  0

2

R cos t ⋅ R 2 ⎡sen2 t + cos 2 t ⎤ dt ⎣ ⎦ π2

A(s) = 4πR

cost dt

0

2

π2

= 4πR2//

A(s) = 4πR [sent ] 0

ÁREA DE LA SUPERFICIE EN PÒLARES ρ = ρ(θ) a)

y

En torno del eje polar : β

A(s) = 2π

∫ 

ds

ρ(θ) ⋅ sen(θ) (ρ')2 + (ρ)2 dθ

y

α

b)

En torno de la vertical:

De manera similar, cuando gira en torno del eje vertical, el área A(s) está dada por  β

A(s) = 2π

∫ 

ρ(θ) ⋅ cos(θ) ( ρ')2 + (ρ)2 dθ

α

Ejemplos: 1)

Calcular el área de la superficie que se obtiene por rotación en torno del eje polar de la

cardiode ρ(θ) = 2(1 + cos θ)

Solución:

eje polar 

88

Usando la relación a) anterior, tenemos β

A = 2π

∫ 

ρ(θ) ⋅ sen(θ) (ρ')2 + (ρ)2 dθ

θ

α

π

A = 2π

∫ 

2

2

2(1 + cos θ) ⋅ sen θ [ −2sen θ] + [2(1 + cos θ) ] d θ

0

π

A = 8π

∫ 

π

(1 + cos θ) ⋅ sen θ 2 + 2cos θ d θ = 8 2 π

0

0

A = – 8 2 π· 2 [1 + cos θ]5 2 5 2)

∫ 

−(1 + cos θ)3 2 d(cos θ)

π

7 = 8 2 π· 2 ·25/2 = 2 π//

5

5

0

La curva ρ = 2a sen θ gira sobre su eje polar . Hallar el área de su superficie . Solución: El gráfico de la curva dada es la circunferencia mostrada en la figura . Como gira en torno del eje polar, usamos β

A(s) = 2π

∫ 

2a

ρ(θ) ⋅ sen(θ) (ρ')2 + (ρ)2 dθ

α

π

⇒

A(s) = 2π

∫ 

θ

0 2

2

2a ⋅ sen2 θ [2acos θ] + [2asen θ) ] d θ

0

2

A(s) = 8a π

π

∫  0

sen θ d θ = 8a π· 1 [ θ + sen θ⋅ cos θ] 2 2

2

π

= 4a2π2//

0

MOMENTOS DE INERCIA Y CENTRO DE MASA DE UNA LÁMINA Recordemos algunas fórmulas para obtener la masa m de una lámina, sus momentos Mx , My , su Centro de Gravedad (ó Centro de Masa) X , Y

:

b

a)

Masa:

m = δ·

∫  a

f(x) dx

;

densidad δ =

masa unidad de área

89

b)

Mx = δ· 1 2

Momentos:

b

∫ 

f 2 (x) dx

a

b

My = δ·

∫ 

x ⋅ f(x) dx

a

c)

Centro de Gravedad G (X,Y):

X =

My ; m

Y =

b

∫  ∫ 

x ⋅ f(x) dx

X =

a

 Y =

;

b

f(x) dx

a

1 2

Mx , esto es: m

b

∫  ∫ 

f 2 (x) dx

a b

f(x) dx

a

Ejemplo: Hallar las coordenadas del Centroide o Centro de Gravedad de la lámina plana y homogénea (es decir, de densidad constante), acotada por  y = 4 – x2 ;

y=0

y

Solución: Sea k = densidad de la lámina . Entonces b

a) m = δ

∫ 

2

f(x) dx = k

 –2

m = 32 k.

⇒

3

2

∫ 

2 2

−2

∫ 

−2

2

(4 − x ) dx = k

2

My = k

(4 − x 2 ) dx

−2

a

b) Mx = k 2

∫ 

G

(4x −

∫  0

x3 )

(16 − 8x 2 + x 4 ) dx = 256 k. 15 2

4⎤ ⎡ = k·0 = 0. dx = k ⎢ 2x 2 − x ⎥ 4⎦ ⎣ −2

dx

0

2

x

90

b

∫  ∫ 

x ⋅ f(x) dx

c) X =

a

=

b

0 = 0 32k 3

f(x) dx

a

Y =

1 2

b

∫  ∫ 

f 2 (x) dx

a b

= 256k 15 = 8 32k 3

5

f(x) dx

a

Por consiguiente, el Centro de Gravedad tiene coordenadas G = (X, Y) = (0, 8 )// 5

GUÍA # 2 Ejercicios Propuestos: 1.-Calcular el área de la región plana limitada por las curvas: a) y = x2 : y = 8 − x2

b) y = 2 x2 : y = 5 x − 3

d) y = x3 : y + x = 0: y = x + 6 g)  y =

1 1 +  x

2

:y

=

 x 2 2

c) y = x3 : y = 2 x3 + x2 − 2

e) y = x3 : y = 2 x − x2 f) y2 = x: y2 = 2 x − 6

h) y = e x : y = e− x : x = 1 .

2.- Hallar el área entre el eje x y la cicloide: x = a( t− Sent) y= a(1 − Cost)  . 3.- Calcular el área d encerrada por una onda de la curva: x= 2 t− Sent

y= 2 − Cost   ,

Y la tangente a ella en su punto inferior (y=1). 4.- Hallar el área encerrada por la curva:  x =

3at 1+ t

3

2

y

=

3at   1 + t 

3

5.- Calcular el área encerrada por las curvas en polares: a) ρ = 3Sen 3θ 

b) ρ 2 = 4 Sen 2θ  c) ρ = 5(1 + Senθ )

d) ρ = 3 + 2 Senθ  .

91

e)  ρ 2 = a 2Sen 4θ 

f) ρ = 2 + Cosθ 

6.- Calcular el área encerrada : a) Dentro de ρ = 2 + Cosθ  y fuera de  ρ  = 2 b) Dentro de  ρ 2 = 4Cosθ  y fuera de  ρ = 1 − Cosθ  7.- Calcular los volúmenes de los sólidos por rotación sobre el eje x de las regiones cerradas: a) y= 1 − x2

; x= 0 ; x= 1

b) y = x3 ; x = 1 ; x = 2 c) y =

1

 x

; x = 1; x = t >  1 ( y lim t ) t →∞

8.- Mediante el método de las secciones transversales calcular el volumen de los cuerpos de rotación de las áreas encerradas por: a) y= x− x3 b) y= x2

; y= 0 0 < x< 1 sobre eje x

y= 4 x= 0 , sobre y = 4 .

c) y = x2 y = 4 x sobre x = 5 d) y = x2 x = y2 sobre eje y ; sobre x=1; sobre y=1 9.- Encontrar el volumen del sólido de rotación por giro sobre el eje x del área limitada por: x= 2 y

3

−

4

y (Observe que el método de las capas cilíndricas es más conveniente que el de las

secciones transversales.).¿Si gira sobre el eje y? 10.- La región acotada por : y2 = 4 x ; y = x, gira sobre el eje x, encontrar el volumen por los dos métodos. 11.- Hallar el volumen por rotación de la Astroide: x = aCos3 t y = Sen3 t ,  al girar sobre un eje coordenado.

92

12.- Calcular el volumen del cuadrado variable, cuyo plano es perpendicular al eje x y tiene dos vértices apoyado en las parábolas. y2 = 16 x y2 = 4 x,cuyo lado es la diferencia de las ods ordenadas que se mueve entre x=0 y x=4.

13.- Dentro de los cuerpos de sección conocida se tienen al Elipsoide: Hiperboloide:

x2 a2

y2

+

b2

−

z2 c2

x2 a2

+

y2 b2

+

z2 c2

= 1 y el

= 1 .Calcular el volumen de ambos.

14.- Calcular la longitud de arco de : a) f( x) = ( x+ 1)3 / 2 3 ≤ x≤ 8 . b) f( x) = c) f( x) =

2 3

( x)

 x

∫  1

3/ 2

2

t

−

1 2

1/ 2

( x)

1 ≤ x ≤ 4.

− 1 dt 1 ≤ x≤ 3 .

15.- Calcular la longitud de la curva paramétrica:

x = a(2 Cost − Cos2 t)  y = a(2 Sent − Sen2 t) 

y

x = aCos3 t   y = aSen3 t  

16.-Hallar la longitud total de :  ρ = a (1 + Cosθ ) . 17.- Hallar el área de la superficie del “huso” que resulta de girar una semi onda de y=Secx alrededor del eje x. 18 Hallar el área de la superficie de revolución de la Astroide. 19 Hallar el área de la superficie del elipsoide (elipse que gira sobre el eje x) 20.- Hallar el área de la superficie cuando gira un arco de cicloide sobre el eje x.ñ

93

21.- Hallar el área de la superficie cuando gira la lemniscata:  ρ 2 = a 2Cos 2θ 

8.- INTEGRALES IMPROPIAS.Ejercicios Resueltos Una integral cuando el intervalo es de la forma: ( −∞, b] ó [ a, ∞ ) ó ( −∞, ∞ ) ó en él la función no es acotada, decimos que se trata de una “ integral impropia”. Así por ejemplo la ∞

integral

b

∫  f ( x) dx es una integral impropia pero si ∫  f ( x) dx existe y también: a

a

b

lim

b→∞

∫  f ( x) dx = l , a

∞

decimos que la integral es convergente a l y denotamos

∫  f ( x) dx = l , del mismo modo para a

b

∞

b

a

∞

f ( x) dx = lim ∫  f ( x) dx y ∫ f ( x) dx = ∫ f ( x) dx + ∫  f ( x) dx , cuando la integral no es ∫  →−∞ −∞ −∞ −∞ a

a

a

convergente decimos que es divergente.

Ejercicios resueltos: ∞

1.- Calculemos: e− x dx ,

∫  0

Solución: ∞

∫e 0

−

b

x

dx

=

− dx = lim ⎡ −e− ∫  →∞ →∞ ⎣ x

lim e

b

b

0

∞

denotamos : e− x dx = 1 .

∫  0

∞

2.- Calculemos:

∫  x 1

Solución:

dx

+b 1⎤⎦ = 1 ,por lo tanto la integral es convergente a 1 por ello

94

∞

.

dx

∫  x

b

=

1

b

dx

→∞ ∫  x

lim

=

1

∞

lim [ Lnb− Ln1] =

b →∞

dx

∫  x

3.- Calculemos:

∞ luego la integral diverge.

.

 p

1

Solución ∞

dx

∫  x

 p

b

=

1

lim

b→∞

dx

∫ x

p

1

⎧ 1 ⎡ b1− p − 1⎤ ⎪ = lim ⎢ ⎥ = ⎨1 −  p b →∞ 1 −  p ⎣ ⎦ ⎪∞ ⎩

∞

4.-Calculemos:

Si p

>1

.

Si p ≤ 1

dx

∫  −∞ 1 +  x

2

Solución: ∞

dx

∫  −∞ 1 +  x 0

=

=

b

dx

→−∞ ∫ 1 +  x

lim a

2

2

a

[− a →−∞

+ lim ∫  b →∞

0

dx

1+ x

2

ArcTga ] + lim [

lim

b →∞

=

0

[ a →−∞

ArcTgx ] a + lim [

ArcTgb ] = −( −

π

lim

b →∞

2

)+

π  2

b

ArcTgx ]0=

= π 

Otro tipo de integral impropia es cuando la función no es acotada en el intervalo, así si la función se hace infinita en a ó en b tendremos: b

a)

∫

b

f ( x) dx = lim

c →a+

a

∫  f ( x) dx c

b

b)

∫ a

b

d

b

a

a

d 

∫ f ( x) dx = ∫ f ( x) dx + ∫  f ( x) dx .

c

f ( x) dx = lim

c →b −

∫  f ( x) dx. a

Si ello ocurre en d ∈ [ a, b ] tendremos:

95

1

dx

∫  1 −  x .

5.- Calculemos:

0

Solución: 1

∫ 0

b

dx

=

1 −  x

lim

b →1−

dx

⎡2 − ∫  1 − x = lim − → ⎣ b

0

1

6.- Calculemos:

1− b⎤

⎦ = 2.

1

dx

∫  x . 0

Solución: 1

dx

∫  x

1

.= lim

a →0+

0

dx

∫  x

=

a

lim

x →a +

[

Ln1 − Ln a] = ∞ .La integral diverge.

Observación: En el cálculo para Ingeniería tienen gran relevancia las integrales impropias: ∞

a) Γ( p) =

∫  x −

p 1

e− dx,función gamma x

0

∞

b) L( p) =

∫ e−

 px

f ( x) dx Transformada de Laplace.

0

Ejercicios propuestos. 1.- Analizar la convergencia de las integrales impropias: ∞

a)

∫ 

e

−2 x

2

dx

d)

3

∞

b)

∫ 4 −  x

2

0

∞

dx

∫ 1 +  x 0

dx

3

e)

∫  −∞

− x 2

xe

dx

96

2

c)

 Lnx

∫  0

 x

∞

dx

∫  xLnx

f)

dx

e

9.-ANEXOS I).- SERIES REALES.Ejercicios resueltos. 1.- Aplicando el criterio de comparación por defecto o por exceso ,analizar las series: ∞

a)

∞

1

∑

n

3

0

b)

+1

∑ 1

∞

1

c)

  Ln( n)

∑ 1

n +1 nn

Solución. a) Puesto que

1 n

3

+1

<

1 n

3

y como la serie geométrica razón

1 3

,

1

∑ ( 3)

n

converge, entonces la

n

propuesta también converge. b) Como

1

n

<

1

Ln(n)

y la serie armónica

∑ 1n diverge, la serie mayor que ella también

diverge. c) Se puede probar por inducción que :

n +1 nn

<

1

n2

,como la serie “p”;  p > 1 ,

convergente ,la serie menor también es convergente.

2.- Comparando mediante el límite del cuociente, analizar las series: ∞

a)

n+2

∑ 2n 0

Solución.

3

−3

∞

b)

∑ 1

1 Sen( ) n

∞

c)

1

∑n 1

n

.

1

∑n

2

,es

97

a) Aplicando la serie convergente n+2 lim 2n

n →∞

3

1

n

+3 =

lim

∑ n1 ,se tiene 2

+ 2n 2 1 = ∈ R + Entonces ambas convergen por lo tanto la 3 2 2n − 3

n

n →∞

3

2

propuesta. b) Como

∑ 1n

c) La serie p

es divergente y lim

Sen (1/ n )

n→∞

1

∑n

2

1/ n

es convergente y lim

= 1 Entonces la nuestra diverge.

1/ n

n

n→∞ 1/ n 2

es convergente.

=

1

lim

n→∞

n

n− 2

= 0 por lo tanto nuestra serie

3.- El criterio de la raíz de Cauchy es aplicable a los siguientes ejemplos: ∞

3n

⎛ 2n + 1 ⎞ ⋅ 1 b) a) ∑ ⎜ ⎟ 3n n ⎠ 1 ⎝

∞

1

∑ (  Ln( n) )

∞

n

c)

∑n 0

2

e

∞

n n

d)

∑e

2n

0

⎛ n ⎞ ⎜ n +1⎟ ⎝ ⎠

n

2

∞

e)

∑ 1

Solución. 3

a) lim an n

n →∞

3

2n + 1 ⎞ 1 1 1 1 = lim ⎛⎜ ⋅ n = lim ⎛⎜ 2 + ⎞⎟ ⋅ n n = 23 ⋅ = 8 > 1 diverge. ⎟ n →∞ ⎝ n ⎠ n⎠ 1 ⋅1 3n n →∞ ⎝ 3 n

⎛ 1 ⎞ ⎟ = 0 < 1 , luego la serie converge. ⎝   Ln( n) ⎠

b) lim n an = lim ⎜ n →∞ n →∞ c) lim n an = lim n→∞

n→∞

e n

= 0 , la serie converge.

⎛

⎞ = e > 1, por lo tanto diverge. n ⎟ ⎝ (1 + 1 / n) ⎠

d) lim n an = lim e2 ⎜ n →∞

n→∞

1

⎛ 2n − 1 ⎞ = lim ⎟ ⎝ n + 13 ⎠ n→∞

e) lim n = lim n 2 n ⎜ n

n→∞

n→∞

1

n

n

2 − 1/ n  ⎞ ⋅ ⎛⎜ ⎟ = 2 > 1 , serie divergente. ⎝ 1 + 13 / n  ⎠

4.- Aplicando el criterio de D’Alambert, analizar las series:

n(

2n − 1

n + 13

n

) .

98

n

∑

a)

2

∑

b)

n

n! n

c)

n

∑

3·5·7·......·(2n + 1)

d)

n!

∑

2

n

(n!) 3

(2n)!

Solución. a) lim

an +1

n→∞

b) lim

an an +1

n→∞

c)

an

lim

n→∞

d)

lim

n→∞

=

=

an+1 an

an+1 an

lim

n→∞

lim

n→∞

=

=

n + 1 2n 2

n+1

⋅

n

( n + 1)! ( n + 1)

lim

n +1

=

⋅

n→∞

nn n!

1⎛

⎜1 +

2⎝

=

2

n+1

n→∞

(2n + 2)!

1

⎟ = < 1 converge. n⎠ 2 n

) n→∞ n + 1

( n + 1)!

( n + 1)! 3

1⎞

lim (

3·5·7·......(2n + 3)

n→∞

lim

lim

⋅

⋅

n

= 1/ e < 1 converge. n!

3·5·7·.......·(2n + 1)

(2n)! 2 n

( n!) 3

=

lim

n→∞

=

3(n + 1) 2(2n + 1)

lim

n→∞

2n + 3

n +1

= 3/ 2

= 2 > 1 diverge

Diverge

∞

5.- Hallar la suma de la serie:

∑ (n +n 1)! . 0

Solución. n ( n + 1)!

=

n +1−1 ( n + 1)!

=

1

n!

−

⎛1 1 ⎞ 1 ⇒ Sn = ∑ ⎜ − =1− →1 ⎟ ( n + 1)! ! ( 1)! ( 1)! + + n n n ⎠ 0 ⎝ n

1

Suma telescópica

Luego la serie converge a 1 o bien tiene suma 1. ∞

6.- Analizar la serie “p”

1

∑n 1

 p

, p∈R

+

Solución. Aplicando el criterio de la integral: “Para f(x) continua en [1, ∞ ) decreciente a cero tal que ∞

∞

f(n)= an término general de la serie

∑a

n

.Entonces si la integral impropia

1

diverge ,la serie también converge o diverge”

∫  f ( x) dx converge o 1

99

b

→∞ ∫  x

lim b

dx

1− p

=

 p

lim

b→∞ 1

1

b

x

−

1 p

=

⎛ 1 − 1⎞ = ⎜p p −1 ⎟ b→∞ 1 − ⎝b ⎠ 1

lim

1

−p1

si p

> 1 ,ó ∞

si p

≤ 1 .Entonces las

series: a)

1

∑

n

∑

e)

b)

2

1 3

n

1

∑

n

3

c)

∑

c)

∑

e π 

n

convergen y c)

∑

1

n

∑

d)

2/3

3

5 −5 n 3

divergen.

2

7.- Analizar la serie alternante: a)

∑

(-1) n

n

b)

1+ 5

n

∑

(-1) n

1

n

(-1) n+1

Ln (n )

d)

n

∑

(-1) n+1

1

n

5/3

Solución. n

a) lim an = lim n→∞

n→∞ 1

b) lim an = lim n→∞

n →∞

1

n

+5

n

= 0 , luego la serie alternante converge.

= 0 ,luego la serie alternante

∑

(-1) n

1

n

es convergente pero como

∑

1

n

diverge, en este caso se habla de una convergencia condicional. c) lim an = lim n→∞

  Ln( n)

n→∞

n

= 0 ,ello porque si consideramos

 f ( x ) =

Ln ( x )  x

aplicando L`Hospital si x

tiende a ∞ , el límite es cero. 8.- Analizar la convergencia absoluta o condicional de a).

∑

( −1)

1

n +1

n

5/3

∞

. b)

∑ 1

( −1)

n

1

n(n + 1)

Solución. a) Considerando

∑ a = ∑n n

1 5/3

serie “p” convergente, entonces la serie alternante también

converge es decir hay convergencia absoluta.

100

1

b) Como : lim

n(n + 1)

n→∞

∑a =∑ n

1

n(n + 1)

= 0 ,la serie alternante converge según criterio de Leibnitz. Pero 1

>∑

( n + 1)

2

=∑

1

Divergente ,Luego se trata de convergencia n +1

condicional 9.- Estudiar la convergencia de la serie.

1

∑1+ n

2

.

Solución. Aplicando el criterio de la integral se tiene ∞

:

b

dx

∫ 1 +  x

2

=

0

b

dx

→∞ ∫ 1 + x

lim

2

=

0

lim ( ArcTg( b) − ArcTg(0)) =

b →∞

π  2

es decir como la integral converge

también lo hace la serie. 10.- Estudiar la serie:

∑

1+ 2

n +1

.

n+1

3

Solución.

∑

1+ 2

n +1

n+1

3

1 ⎛ 1 ⎞ ⎛2⎞ .= ∑ ⎜ n+1 + (2 / 3) n +1 ⎟ = ∑ n+1 + ∑ ⎜ ⎟ 3 ⎝3 ⎠ ⎝3⎠

n +1

ambas convergen por ser series

geométricas de razón menor a 1 11.- Discutir las series:

a)

∑ Sen(nπ )

b)

∑ Cos(2n − 1) π 2 .

Solución: a) Converge pues Sen( nπ ) = 0

b) Converge pues Cos (2n − 1)

12.- Probar que el decimal periódico: 3,72 converge a un racional.

Solución.

π  2

= 0 ∀n

101

 x

 y

= 3, 72 ⇒ 10 x = 37, 2 = 37 + 0, 2 Sea

= 0, 2 =

lim S n

n →∞

=

2 10 2

+

2 10

2

2

+ ......... +

10

como 10 x = 37 +

9

n

2 9

+ .... ⇒ Sn =

⎛1+ 1 + 1 ⎜ 10 2 10 ⎝ 10 2

⎛1− 1 ⎞ n −1 ⎟ 1 ⎞ 2⎜ 10 + ......... + n ⎟ = ⎜ ⎟ 10 ⎠ 10 ⎜ 1 − 1 ⎟ ⎜ ⎟ 10 ⎠ ⎝

⎛ 335 ⎞ = 335 . − ⎜ ⎟ 90 10 ⎝ 9 ⎠ 1

⇒x=

II).-SERIES DE POTENCIAS.Ejercicios Resueltos

Se sabe que una serie de potencias tiene la forma : ∞

∑= a x

∞

k

∑= a ( x − x )

ó

k

k 0

k 

0

k 

Además que siempre converge ó en un solo punto:

k  0

(x = 0 ó  x 0 ) ó un intervalo, por lo que el trabajo es determinar dicho intervalo. 1.- Encontrar el intervalo de convergencia y el radio de convergencia de las series:

⎛ en ⎞ n a) ∑ ⎜⎜ ⎟⎟ x , 1 ⎝ n ⎠

∞

∞

b)

∑ 10  x 0

⎡ ( x − 4)n ⎤ f) ∑ ⎢ 2 ⎥ dx ⎣ 2n + 1 ⎦ d

n!

∞

n

c)

n

g)

∑ (−1) 1

∑ a ∫ ( x − a) n

n

n −1

 x n

d)

n 4n

dx a

=

( x + 2)

∑2 1

1 2n

2

+1

;a

n

n

n +1

⎡ a n bn ⎤ e) ∑ ⎢ + ⎥ ( x − 1) n n ⎦ 0 ⎣ n

= 4 h) ∑ ( −1

)

n

 x

2 n +1

(2n + 1)!

Como x podría tomar valores negativos ,para aplicar criterios de series de términos no negativos debemos hacer: an =

a) lim

n →∞

an+1 an

=

lim

n→∞

n n

e x n

, luego

⎛ en+1 x n+1 ⎞ ⎛ n ⎞ n e ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ n n ⎟ = nlim →∞ n + 1 ⎝ n +1 ⎠ ⎝ e x ⎠ ⎛ ⎝

1 1⎞

x

= e x < 1⇒

o sea hay convergencia en ⎜ − , ⎟ ,Analizando en los extremos: e e

⎠

x

1

1

e

e

< ,∴ R = ,

102

1

∑ (−1)

Si  x = − ⇒  I  =

1

n

, serie que converge. Si  x =

e n ⎡ − 1 , 1 ⎞ , Es su intervalo de convergencia. ⎢⎣ e e ⎠⎟

b) Si tomamos an =

n! 10

Entonces lim

n

an+1

n →∞

an

=

lim

n→∞

1

e

⇒∑

( n + 1)! 10 10

n +1

⋅

1

serie que diverge, luego

n

n

n!

=

lim

n +1

n→∞

10

= ∞ ∴ R = 0 .

Luego la serie solo converge para x=0.Si procediéramos como en el caso anterior tendríamos: lim

n→∞

an+1 an

=

n +1

lim

n→∞

10

 x

= ∞ ,luego no

puede ser menor que 1 a menos que x= 0.c) lim

an +1

n⇒∞

=

an

n 4n

lim

 x n →∞ ( n + 1)4 n+1

=

lim

n →∞

 x 4 (1 + 1/ n )

=

x 4

, luego converge si  x < 4 .En los

extremos: x = -4 ⇒

∑ − 1n = −∑ 1n , divergente. Si  x = 4 ⇒ ∑ ( −1) −

n 1

su intervalo.-

d) lim

n→∞

2 2

n

n+1

n +1 n+2

=

lim

n→∞

−2 <  x + 2 < 2 ,luego  x + 2 = −2 ⇒

⇒∑

1 1+ n

∑ (−1)

1

 I n

1 + 1/ n

2 1+ 2 / n

1+ n

n

, convergente así  I  = ( −4, 4] es

1

1

2

2

= , luego hay convergencia si :

= −4 < x < 0 y 1

1

 R

 x + 2

< 1 o bién

= 2 .En los extremos: a)

serie convergente según el criterio de Leibnitz. b) x+2 = 2

serie divergente pues es asimilable con la serie “p” :

∑

1

n

divergente.-

e) Si suponemos a>b

lim

n →∞

an +1 an

⎡ ⎛ b ⎞n b ⎤ ⎢ (1 + ⎜ ⎟ ) ⋅ ( a ) ⎥ n +1 + bn +1 ⎤ 1 n ⎡a ⎢ ⎝a⎠ ⎥ − 1x = b − 1x hay = lim − = ⋅ x 1 lim ⎢ ⎥ n n n ⎥ n →∞ n + 1 n →∞ 1 + 1/ n ⎢   a b⎞ ⎛ ⎣ a +b ⎦ ⎢ 1+ ⎜ ⎟ ⎥ ⎝a⎠ ⎣⎢ ⎦⎥

convergencia cuando  x − 1 <

a b

;Si ( x − 1) = −

a b

⇒ la serie tomará la

103

forma:

∑ (−1)

(a

n

n

+ b n ) ⎛ a ⎞n ⎜ ⎟ n ⎝b ⎠

Si ( x − 1) =

a b

⎛ a n + b n ⎞ ⎛ a ⎞n , la serie será ∑ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ en que la n ⎝ ⎠⎝ b ⎠

convergencia depende de los valores de a y b. f)

d ( x − 4 )

∑ dx

2n

n

+1

2

=∑

n 2n

2

+1

( − 4x)

n −1

∴ lim

n→∞

an+1 an

=

lim

n +1

n →∞

n

⋅

( 2n (

2

+ 1)

2(n + 1)

2

+ 1)

− 4x =

− 4x

luego hay convergencia si  x − 4 < 1 ⇔ 3 < x < 5 , el radio es 1. Si (x-4) = -1 la serie será:

∑ (−1) −

serie:

g)

h)

∑

+1

2

1 2n +

1

, luego converge, Si ( x – 4 ) =1 tendremos la

n

2

1 2

an +1

n →∞

2n

= ∑ (−1)n−1

∑ 2n n + 1 y el criterio de la integral me la muestra divergente.

∑ 2n

lim

n

n 1

an

( −1)

n +1

+ 1 ∫ 

( −x 4 )

=

lim

n→∞

( 2n (

2n

2

2n 1 x +

n

(2n + 1)!

( x − 4) luego =∑ 2 dx ( 2n + 1) ( n + 1)

n

+ 1) ( n + 1)

2

+ 4n + 3) ( n + 2 )

⇒

lim

n→∞

an +1 an

=

 x − 4

= x − 4 , el resto ya es conocido.

( 2n + 1) !  x = 0 luego hay convergencia absoluta en n→∞ ( 2n + 3) ! lim

todo el eje.

Ejercicios propuestos. 1.- Señalar radio de convergencia e intervalo de convergencia en las series: a)

∑ nx

n

n

b)

∑ n(n + 1)

x

c)

(

∑2

n

+ 2)xn n +1

d)

∑

3n

+ 4n 5

n

( x − 1)

n

e)

∑

4·7·....(3

− 2)n 3n

(3n)!

. 2.- Calcule el intervalo de convergencia de las series anteriores derivando e integrando cada una. 3.- Determinar el intervalo de convergencia de las series de potencias:

x

104

a)

∑

( −1)

2 n+1

x

n

b)

2n + 1

∑

( −1)

n +1

n

x

n

c)

∑

(−1) 3

n +1

n n 2

x

n

d)

∑

( ) nn Ln x e) n

( )n Ln n ( x − e) n e

∑

III).- SERIES DE TAYLOR.-

Sabemos que una serie de potencias con radio de convergencia no nulo, define una función real de una variable real f(x), continua diferenciable e integrable, por lo que se reconoce la posibilidad recíproca de representar una función continua y n veces diferenciable como una serie de potencias, de x ó (x-a) conocidas como “Serie de Taylor” ó “Serie de Mc. Laurin”. f( x)

∞  f n ( x ) 0

=∑

n!

0

f( x) =

∞

∑

 f  n (0)

= x0

xn .- Desarrollo de la función f(x) en torno de x = 0

n!

0

n ( x− x0 ) . − Desarrollo de la función en torno de  x

Ejercicios resueltos.1.- Calcular   f ′( x) y determinar su radio de convergencia para  f ( x ) =

∞

∑ 0

2

(n !) x

n

(2n)!

Solución.f′( )x =

∞

n(n !)2

∑ (2n)!

xn −1 , ahora para el radio de convergencia

1

(n + 1)(n + 1)!

2

lim

n→∞

(2n + 2)!

⋅

(2n)! 2

n( n !)

( n + 1) x 3

=

lim

n→∞

(2n + 1)2(n + 1)

=

1 4

 x