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Acerca de Integracion
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1
Universidad Central de Venezuela
Facultad de Ingeniería
Preparadurías de Cálculo II (0252)
Preparador: Ernesto A. Contreras A. ([email protected])
Solución al 1° Parcial de Recuperación – Cálculo II
Contenidos:
Solución de los ejercicios.
Observación: Debido a la mala impresión, no anexe la imagen del
enunciado.
Pregunta # 1; Calcule las siguientes integrales y simplifique al máximo sus
respuestas.
Solución:
Parte A: 3 Pts
∫𝑑𝑥
𝑒𝑥√𝑒2𝑥 + 4
Aplicando el cambio de variable trigonométrico:
𝑒𝑥 = 2𝑇𝑎𝑛(𝜃) ⟹ 𝑑𝑥 =𝑆𝑒𝑐2(𝜃)
𝑇𝑎𝑛(𝜃)𝑑𝜃
Sustituyendo, esto equivale a decir:
∫𝑑𝑥
𝑒𝑥√𝑒2𝑥 + 4= ∫
2 𝑆𝑒𝑐2(𝜃)
4 𝑇𝑎𝑛2(𝜃) 2 𝑆𝑒𝑐(𝜃)𝑑𝜃
Simplificando:
2
∫𝑑𝑥
𝑒𝑥√𝑒2𝑥 + 4=1
4∫𝑆𝑒𝑐(𝜃)
𝑇𝑎𝑛2(𝜃)𝑑𝜃 =
1
4∫𝐶𝑜𝑠(𝜃)
𝑆𝑖𝑛2(𝜃)𝑑𝜃
Y por ultimo, sin necesidad de hacer el otro cambio de variable, como la
derivada del seno es el coseno, esa integral es equivalente a resolver:
1
4∫𝑑𝑧
𝑧2= −
1
4𝑧+ 𝑪
Eso equivale a:
1
4∫𝐶𝑜𝑠(𝜃)
𝑆𝑖𝑛2(𝜃)𝑑𝜃 = −
1
4 𝑆𝑖𝑛(𝜃)+ 𝑪
Devolviendo el primer cambio de variable con identidades trigonométricas,
se tiene que:
∫𝑑𝑥
𝑒𝑥√𝑒2𝑥 + 4= −
1
4
√𝑒2𝑥 + 4
𝑒𝑥+ 𝑪
Parte B: 3 Pts
∫√𝑥 + 1 + 2
(𝑥 + 1)2 − √𝑥 + 1𝑑𝑥
Realizando el cambio de variable 𝑧 = √𝑥 + 1, nos queda:
2∫(𝑧 + 2)𝑧
𝑧4 − 𝑧𝑑𝑧 = 2∫
(𝑧 + 2)
𝑧3 − 1𝑑𝑧
Utilizando el método de fracciones parciales:
𝐴
𝑧 − 1+
𝐵𝑧 + 𝐶
𝑧2 + 𝑧 + 1=2𝑧 + 4
𝑧3 − 1
𝐴𝑧2 + 𝐴𝑧 + 𝐴 + 𝐵𝑧2 − 𝐵𝑧 + 𝐶𝑧 − 𝐶 = 2𝑧 + 4
Las soluciones son:
3
𝐴 = 2 ; 𝐵 = −2 ; 𝐶 = −2
2∫(𝑧 + 2)
𝑧3 − 1𝑑𝑧 = 2∫
𝑑𝑧
𝑧 − 1−∫
2𝑧 + 2
𝑧2 + 𝑧 + 1𝑑𝑧
Resolviendo las dos integrales que nos quedan:
2𝐿𝑛|𝑧 − 1| − 𝐿𝑛|𝑧2 + 𝑧 + 1| − ∫𝑑𝑧
𝑧2 + 𝑧 + 1
La última integral se resuelve por cambio trigonométrico:
𝑧 +1
2=√3
2𝑇𝑎𝑛(𝜃)
∫𝑑𝑧
𝑧2 + 𝑧 + 1= ∫
𝑑𝑧
(𝑧 +12)
2
+34
=√3
2
4
3∫𝑆𝑒𝑐2(𝜃)
𝑆𝑒𝑐2(𝜃)𝑑𝜃
2
√3∫𝑑𝜃 =
2
√3𝜃 + 𝑪
Devolviendo los cambios de variable, queda:
∫√𝑥 + 1 + 2
(𝑥 + 1)2 − √𝑥 + 1𝑑𝑥 = 2𝐿𝑛|√𝑥 + 1 − 1| − 𝐿𝑛|(𝑥 + 1) + √𝑥 + 1 + 1| −
2
√3𝐴𝑟𝑐𝑇𝑎𝑛 (
1 + 2√𝑥 + 1
√3) + 𝑪
Parte C: 3 Pts
∫𝐶𝑜𝑠4(𝑥)
√1 − 𝑆𝑖𝑛(𝑥)𝑑𝑥
Veremos la integral de la siguiente forma:
∫𝐶𝑜𝑠3(𝑥) ∙ 𝐶𝑜𝑠(𝑥)
√1 − 𝑆𝑖𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = ∫
(√1 − 𝑆𝑖𝑛2(𝑥))3∙ 𝐶𝑜𝑠(𝑥)
√1 − 𝑆𝑖𝑛(𝑥)𝑑𝑥
Mediante un cambio de variable:
4
𝑆𝑖𝑛(𝑥) = 𝑝 ⟹ 𝑑𝑝 = 𝐶𝑜𝑠(𝑥) 𝑑𝑥
∫(√1 − 𝑝2)
3
√1 − 𝑝𝑑𝑝 = ∫
(√1 − 𝑝)3(√1 + 𝑝)
3
√1 − 𝑝𝑑𝑝
Entonces, nos queda:
∫(1 − 𝑝)(1 + 𝑝)√1 + 𝑝 𝑑𝑝 = ∫(1 − 𝑝2)√1 + 𝑝 𝑑𝑝
Por ultimo haciendo 1 + 𝑝 = 𝑟
∫(1 − (𝑟 − 1)2)√𝑟 𝑑𝑟 = ∫(√𝑟 − 𝑟52 + 2𝑟
32 − √𝑟) 𝑑𝑟
∫(2𝑟32 − 𝑟
52) 𝑑𝑟 = ∫
𝐶𝑜𝑠4(𝑥)
√1 − 𝑆𝑖𝑛(𝑥)𝑑𝑥
∫𝐶𝑜𝑠4(𝑥)
√1 − 𝑆𝑖𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = 2(1 + 𝑆𝑖𝑛(𝑥))
32 − (1 + 𝑆𝑖𝑛(𝑥))
52 + 𝑪
Pregunta # 2: Encuentre una formula de reducción para la integral
∫𝑆𝑒𝑐𝑛(𝑥) 𝑑𝑥
Utilice esta formula para calcular la integral ∫𝑆𝑒𝑐3(𝑥) 𝑑𝑥. 3 Pts
Solución:
El ejercicio ha sido hecho anteriormente en otras preparadurias, sabemos
que la formula de reducción es:
5
∫𝑆𝑒𝑐𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 =1
𝑛 − 1𝑆𝑒𝑐𝑛−2(𝑥) 𝑇𝑎𝑛(𝑥) +
𝑛 − 2
𝑛 − 1∫𝑆𝑒𝑐𝑛−2(𝑥) 𝑑𝑥
Y al utilizarla, nos queda:
∫𝑆𝑒𝑐3(𝑥) 𝑑𝑥 =1
2𝑆𝑒𝑐(𝑥) 𝑇𝑎𝑛(𝑥) +
1
2∫𝑆𝑒𝑐(𝑥) 𝑑𝑥
∫𝑆𝑒𝑐3(𝑥) 𝑑𝑥 =1
2𝑆𝑒𝑐(𝑥) 𝑇𝑎𝑛(𝑥) +
1
2𝐿𝑛|𝑆𝑒𝑐(𝑥) + 𝑇𝑎𝑛(𝑥)|
Siempre por si acaso, es bueno colocar la constante de integración lo cual
ha sido omitido muy frecuentemente en formulas de reducción.
∫𝑆𝑒𝑐3(𝑥) 𝑑𝑥 =1
2𝑆𝑒𝑐(𝑥) 𝑇𝑎𝑛(𝑥) +
1
2𝐿𝑛|𝑆𝑒𝑐(𝑥) + 𝑇𝑎𝑛(𝑥)| + 𝑪
Pregunta # 3: Calcule, mediante el uso de una Suma de Riemann.
∫ 𝑥3 𝑑𝑥2
−1
2 Pts
Solución:
Utilizando una partición regular sobre el intervalo de integración:
𝑎 = −1
𝑏 = 2
∆𝑥 =3
𝑛
𝑥𝑘 =3𝑘
𝑛− 1
∫ 𝑥3 𝑑𝑥2
−1
= lim𝑛→∞
∑(3𝑘
𝑛− 1)
3 3
𝑛
𝑛
𝑘=0
6
lim𝑛→∞
∑(3𝑘
𝑛− 1)
3 3
𝑛
𝑛
𝑘=0
= lim𝑛→∞
∑[81𝑘3
𝑛4−81𝑘2
𝑛3+27𝑘
𝑛2−3
𝑛]
𝑛
𝑘=0
Debido a que ya se conocen desarrollos en suma de potencias, podemos
calcular cada uno de los límites de esas sumas:
lim𝑛→∞
∑(3𝑘
𝑛− 1)
3 3
𝑛
𝑛
𝑘=0
= lim𝑛→∞
[81
𝑛4∑𝑘3𝑛
𝑘=0
−81
𝑛3∑𝑘2𝑛
𝑘=0
+27
𝑛2∑𝑘
𝑛
𝑘=0
−3
𝑛∑𝑘0𝑛
𝑘=0
]
lim𝑛→∞
[81
𝑛4𝑛2(𝑛 + 1)2
4−81
𝑛3𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
6+27
𝑛2𝑛(𝑛 + 1)
2−3
𝑛𝑛] = 𝑆
Resolviendo el límite, nos queda:
∫ 𝑥3 𝑑𝑥2
−1
=15
4
Pregunta # 4: Aplicando propiedades de la integral definida calcule.
𝐼 = ∫ (3𝑥2 + 𝑆𝑖𝑛(𝑥)
1 + 𝑥2+ |2𝑥 − 3𝑥2|) 𝑑𝑥
2
−2
3 Pts
Solución:
Debemos separar la integral en varias partes y utilizar imparidad o paridad:
𝐼 = ∫ 3 𝑑𝑥2
−2⏟ 𝑅𝑒𝑔𝑖𝑜𝑛 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑎
− ∫3
1 + 𝑥2𝑑𝑥
2
−2⏟ 𝐻𝑎𝑦 𝑞𝑢𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑟
+ ∫𝑆𝑖𝑛(𝑥)
1 + 𝑥2𝑑𝑥
2
−2⏟ 0 𝑝𝑜𝑟 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟𝑖𝑑𝑎𝑑
+∫ |2𝑥 − 3𝑥2| 𝑑𝑥2
−2⏟ 𝐻𝑎𝑦 𝑞𝑢𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑟
𝐼 = 12 − 6 𝐴𝑟𝑐𝑇𝑎𝑛(2) + 0 +440
27
7
𝐼 =764
27− 6 𝐴𝑟𝑐𝑇𝑎𝑛(2)
Pregunta # 5: Existe una función “𝑓” definidad y continua ∀𝑥 ∈ ℝ+ que
satisface una ecuación de la forma
∫1 + 𝑓2(𝑡)
𝑡𝑑𝑡
2𝑥
1
=𝐿𝑛3(𝑥)
3+ 𝐿𝑛(𝑥) + 𝐶
Donde “𝐶” es una constante. Encuentre una formula explicita para 𝑓(𝑥) y
hallar el valor de “𝐶”. 3 Pts
Solución:
Utilizando la Regla de Barrow, sabemos que la integral definida se puede
escribir de la siguiente forma:
∫ ℎ(𝑡)𝑑𝑡𝑏
𝑎
= 𝐻(𝑏) − 𝐻(𝑎)
Utilizar ese argumento implica:
𝑈(2𝑥) − 𝑈(1) =𝐿𝑛3(𝑥)
3+ 𝐿𝑛(𝑥) + 𝐶
Si derivamos el lado izquierdo, estamos derivando la integral, por lo que
nos queda:
(1 + 𝑓2(2𝑥)
2𝑥)2 =
𝐿𝑛2(𝑥) + 1
𝑥
1 + 𝑓2(2𝑥)
𝑥=𝐿𝑛2(𝑥) + 1
𝑥
Como 𝑥 ∈ ℝ+, podemos tachar los denominadores ya que el cero no esta
incluido:
8
𝑓(2𝑥) = 𝐿𝑛(𝑥)
Por simple inspección, vemos que:
𝑓(𝑥) = 𝐿𝑛(𝑥) − 𝐿𝑛(2)
Para hallar el valor de “𝐶”, hacemos “𝑥 =1
2”:
0 = −𝐿𝑛3(2)
3− 𝐿𝑛(2) + 𝐶
𝐶 =𝐿𝑛3(2)
3+ 𝐿𝑛(2)
Parcial resuelto…
