267229348-Calculo-II-Ejercicios-Resueltos-de-Maximo-Mitacc

Trabajo 01-Solucionario Cálculo II(Máximo Mitacc-Luis Toro)
Jonathan La Fuente Vega
Yuri Janampa Ayala
19 de mayo de 2015
Parte I
INTEGRAL INDEFINIDA
0.1.
INTEGRALES INMEDIATAS
0.2.
METODOS DE INTEGRACIÓN
0.2.1.
INTEGRACIÓN POR SUSTITUCIÓN Ó CAMBIO DE VARIABLE
Z
dx
√
√
Ejercicio 30: I =
x+1+ x−1
Solución:
√
√
√
Z
Z √
dx
x−1+ x+1
x−1− x+1
1 (x − 1)3/2 (x + 1)3/2
√
√
√
√
dx = − [
−
]
I=
=
−2
2
3/2
3/2
x+1+ x−1 x−1− x+1
1
I = [(x + 1)3/2 − (x − 1)3/2 ] + C
3
Z
Ejercicio 31:
I=
dx
dx
1 + sex
Solución:
R 1 − sex
R
R senx
R
dx 1 − senx
2 x − senx )dx = tanx −
dx =
dx
=
(sec
dx
I=
1 + sex 1 − sex
cos2 x
cos2 x
cos2 x
Sea u = cosx ⇒ du = −senxdx
R du
1
I = tanx +
= tanx − + C
2
u
u
I = tanx −
1
+C
cosx
Z
Ejercicio 44:
I=
dx
e−x + ex
Solución:
R
R
R ex dx
dx
ex dx
I=
=
=
e−x + ex
ex (e−x + ex )
1 + (ex )2
x
x
Sea u = e ⇒ du = e dx
R du
I=
= arctan(u) + C
1 + u2
I = aractan(ex ) + C
1
Z
Ejercicio 45:
I=
dx
p√
x+1
Solución:
√
Sea u = x + 1 ⇒ x = (u − 1)2 ⇒ dx = 2(u − 1)du
R 2(u − 1)du
R
R
4u3/2
√
I=
= 2[ u1/2 du − u−1/2 du] =
− 4u1/2 + C
3
u
√
4 √
I = ( x + 1)3/2 − 4( x + 1)1/2 + C
3
0.2.2.
METODO DE INTEGRACIÓN POR PARTES
Z
Ejercicio 04: I = arcsen(2x)dx
Solución:
2dx
y dv = dx ⇒ v = x
Escogemos u = arcsen(2x) ⇒ du = √
1 − 4x2
Luego,
1 R 8xdx
√
I = xarcsen(2x) −
4
1 − 4x2
2
Sea w = 1 − 4x ⇒ dw = −4xdx
Luego,
1
1 R −1/2
w
dw = xarcsen(2x) + w1/2 + C
I = xarcsen(2x) +
4
2
1√
1 − 4x2 + C
2
Z
xcox − senx + 1
I=
dx
(x + cosx)2
I = xarcsen(2x) +
Ejercicio 47:
Solución:
R cosx
R
R 1 − sex
R cosx(x + cosx) − cos2 x − senx + 1
cos2 x
dx
=
dx
−
dx +
dx
I=
2
2
(x + cosx)
x + cosx
(x + cosx)
(x + cosx)2
En la primera integral escogemos
1
1 − sex
u=
⇒ du = −
dx y du = cosxdx ⇒ v = senx
x + cosx
(x + cosx)2
Luego,
R senx(1 − senx)
R
R 1 − senx
sex
cos2 x
I=
+
dx
−
dx
+
dx + C
x + cosx
(x + cosx)2
(x + cosx)2
(x + cosx)2
Aplicando la linealidad de la integral
R senx(1 − senx) − cos2 x + 1 − senx
senx
I=
+
dx + C
x + cosx
(x + cosx)2
R senx + sen2 x − cos2 x + 1 − senx
senx
I=
+
dx + C
x + cosx
(x + cosx)2
I=
senx
+C
x + cosx
Z
Ejercicio 48:
I=
√
x5
1+x
ln(
)dx
2
1−x
1−x
Solución:
R
x
1+x
I= √
[x4 ln(
)]dx, integrando por partes tenemos:
2
1−x
1−x
√
1+x
2
3 ln( 1 + x )]dx y dv = √ x
Escogemos u = x4 ln(
) ⇒ du = [x4
+4x
dx
⇒
v
=
−
1 − x2
1−x
1 − x2
1−x
1 − x2
Luego,
2
√
R
R √
1+x
x4
1+x
I = −x4 1 − x2 ln(
)+2 √
)dx
dx + 4 x3 1 − x2 ln(
2
1−x
1−x
1−x
En la primera integral:
R
R −x3 (−x)
x4
A= √
dx = √
dx
1 − x2
1 − x2
√
−xdx
Sea u = −x3 ⇒ du = −3x2 dx y dv = √
⇒ v = 1 − x2
2
1−x
Luego,
√
√
R√
R x2 (1 − x2 )
√
dx
A = −x3 1 − x2 + 3
1 − x2 x2 dx = −x3 1 − x2 + 3
1 − x2
√
R
R
x2
x4
A = −x3 1 − x2 + 3 √
dx − 3 √
dx
1 − x2
1 − x2
√
R x2 dx
4A = −x3 1 − x2 + 3 √
... (i)
1 − x2
Sea
R
R
x2
−x
K= √
dx = −x √
dx
1 − x2
1 − x2
√
−xdx
Sea u = −x ⇒ du = −dx y dv = √
⇒ v = 1 − x2
1 − x2
Luego,
√
√
R√
1 √
K = −x 1 − x2 +
1 − x2 dx = −x 1 − x2 + [x 1 − x2 + arcsenx] + C
2
Entonces,
√
x 1 − x2 arcsenx
+
+C
K=−
2
2
Reemplazando (K) en (i), √
se tiene:
√
x 1 − x2 arcsenx
4A = −x3 1 − x2 + 3[−
+
+ C]
2
2
De donde,√
√
x3 1 − x2 3x 1 − x2 3arcsenx
−
+
+C
A=−
4
8
8
Reemplazando (A) en (I), se tendria:
√
√
√
R x3 (1 − x2 )
1+x
x3 1 − x2 3x 1 − x2 3arcsenx
1+x
4
2
√
I = −x 1 − x ln(
) + 2[−
−
+
]+4
)dx
ln(
2
1−x
4
8
8
1−x
1−x
√
√
√
R
1+x
1+x
x3 1 − x2 3x 1 − x2 3arcsenx
x3
ln(
I = −x4 1 − x2 ln(
) + 2[−
−
+
]+4 √
)dx
1−x
4
8
8
1−x
1 − x2
−4
R
√
x5
1+x
ln(
)dx
2
1−x
1−x
De donde,
√
R
3arcsenx √
x3 3x
1+x
x3
1+x
5I =
− 1 − x2 ( +
) − x4 1 − x2 ln(
)+4 √
ln(
)dx
2
4
2
4
1−x
1−x
1−x
Sea,
R
x3
1+x
B= √
)dx
ln(
1−x
1 − x2
1+x
2dx
Elegimos u = ln(
) ⇒ du =
1−x
1 − x2
y
x3 dx
dv = √
Integrando, se tiene:
1 − x2
R
R x − (1 − x2 )x
(1 − x)3/2 √
√
dv =
dx ⇒ v =
− 1 − x2
3
1 − x2
Luego,
R (1 − x)3/2 √
1 + x (1 − x)3/2 √
dx
B = ln(
)[
− 1 − x2 ] − 2 [
− 1 − x2 ]
1−x
3
3
1 − x2
3
√
−
R√
R
1 − x2
1+x
dx
(−2 − x2 )ln(
)−2
1 − x2 dx + 2 √
3
1−x
1 − x2
De donde,
1√
1+x
5
x√
B=−
1 − x2 (2 + x2 )ln(
1 − x2 + arcsenx + C
)−
3
1−x
3
3
Ahora reemplazamos (B) en (I), entonces se tendra:
√
√
x3 3x
1+x
1√
1+x
3
) − x4 1 − x2 ln(
) + 4[−
1 − x2 (2 + x2 )ln(
)
5I = arcsenx − 1 − x2 ( +
4
2
4
1−x
3
1−x
−
x√
5
1 − x2 + arcsenx] + C
3
3
Simplificando y agrupando tenemos:
√
89
x3 5x
1
I = acrsenx − 1 − x2 ( +
)+
60
10 12
15
0.3.
0.3.1.
r
1+x
1 − x2 (8 + 4x2 + 3x4 )ln(
)+C
1−x
ARTIFICIOS DE INTEGRACIÓN
INTEGRACIÓN DE ALGUNAS FUNCIONES QUE CONTIENEN UN TRINOMIO CUADRADO
0.3.2.
INTEGRACIÓN DE ALGUNAS FUNCIONES TRIGONOMETRICAS E HIPERBOLICAS
Z
3 + 5x
dx
Ejercicio 05: I =
2
9x − 12x + 13
Solución:
5
19
Pero: 5x + 3 = (18x − 12) +
18
3
Luego,
R d(9x2 − 12x + 13) 19 R d(3x − 2)
5 R
18x − 12
19 R
dx
I=
dx
+
=
+
18 9x2 − 12x + 13
3 9x2 − 12x + 13
9x2 − 12x + 13
9 (3x − 2)2 + 9
De donde se tiene:
5
19
3x − 2
ln|9x2 − 12x + 13| + arctan(
)+C
18
27
3
R
Ejercicio 45: I = cosh3xcoshxdx
Solución:
I=
1R
1
1
(cosh4x + cosh2x)dx = senh4x + senh2x + C
2
8
4
Z
Ejercicio 46: I = senh4xsenhxdx
I=
Solución:
1R
1
1
I=
(cosh5x − cosh3x)dx = senh5x − senh3x + C
2
10
6
0.4.
INTEGRACIÓN POR SUSTITUCIÓN TRIGONOMETRICA
Z
Ejercicio 09:
I=
(2x − 3)dx
+ 2x − 3)3/2
(x2
Solución:
4
Z
Z
Z
5
d(x2 + 2x − 3)
dx
2x + 2
dx −
dx =
−5
I=
3/2
3/2
3/2
2
2
2
(x + 2x − 3) Z
(x + 2x − 3)
(x + 2x − 3)
[(x + 1)2 − 4]3/2
2
dx
I=√
−5
2 − 4]3/2
2
[(x
+
1)
x + 2x − 3
Z
Sea
x + 1 = 2secz ⇒ dx = 2secztanzdz
Luego,
I = −√
2
5
−
2
4
x + 2x − 3
Z
secz
dz
tan2 z
Z
Z
secz
cosz
dz
=
dz
2
tan z
sen2 z
1
x+1
A=−
= −√
2
senz
x + 2x − 3
Sea A =
Figura 1: Triángulo
Reemplazando (A) en (I), se tiene:
I = −√
x2
2
5
5x − 3
x+1
− √
= √
+C
2
4
+ 2x − 3
x + 2x − 3
4 x2 + 2x − 3
Z
Ejercicio 34:
I=
e2x dx
p
(e2x − 2ex + 5)3
Solución:
R
e2x dx
I= p
((ex − 1)2 − 4)3
Sea ex − 1 = 2tanz ⇒ ex dx = 2sec2 zdz, entonces
R 2(2tanz + 1)sec2 zdz
1 R 2tanz + 1
1 R tanzdz 1 R dz
p
I=
=
dz =
+
4
secz
2
secz
4 secz
( 4(tan2 z + 1))3
R
R
1
1
1
1
I=
senzdz +
coszdz = − cosz + senz + C
2
4
2
4
De donde
1
ex − 1
I = −√
+ √
+C
e2x − 2ex + 5 4 e2x − 2ex + 5
ex − 5
I= √
+C
4 e2x − 2ex − 5
5
0.5.
INTEGRACIÓN DE FUNCIONES RACIONALES
Z
Ejercicio 17:
I=
x8
dx
+ x6
Solución:
Siendo x8 + x6 = x6 (x2 + 1), entonces
1
A
B
C
D
E
F
Gx + H
= 6+ 5+ 4+ 3+ 2+ + 2
6
2
x (x + 1)
x
x
x
x
x
x
x +1
Luego,
I = (F + G)x7 + (E + H)x6 + (D + F )x5 + (C + E)x4 + (B + D)x3 + (A + C)x2 + BX + A
De donde obtenenmos:
A = 1, B = 0, C = −1, D = 0, E = 1, F = 0, G = 0, H = −1
Finalmente
R 1
1
1
1
1
1
1
I= ( 6− 4+ 2− 2
)dx = − 5 + 3 − − arctanx + C
x
x
x
x +1
5x
3x
x
Z
Ejercicio 22:
I=
dx
x12 (x11 + 1)
Solución:
R
x10 dx
I=
, Sea u = x11 ⇒ du = 11x10 dx
x12 (x11 + 1)
Luego,
du
1 R u2 + (1 − u2 )
1 R
1
1
1
1
1
1 R
=
du =
(
+ 2 − )du = (ln|u + 1| − − ln|u|)
I=
2
2
11 u (u + 1)
11
u (u + 1)
11 u + 1 u
u
11
u
Por lo tanto,
I=
0.6.
1
1
ln|x11 + 1| −
− ln|x| + C
11
11x11
INTEGRACIÓN DE ALGUNAS FUNCIONES IRRACIONALES
0.6.1. INTEGRAL DE LA FORMA
R
a + bx m1 /n1
a + bx mk /nk
R[x, (
)
, ..., (
)
]dx
c + dx
c + dx
0.6.2. INTEGRALES DE LA FORMA
R
dx p 2
px + qx + r, n ∈ N
(x − a)n
0.6.3. INTEGRALES DE LA FORMA
√
R
R(x, ax2 + bx + c)dx
0.6.4. INTEGRALES DE LA FORMA
R m
x (a + bxn )p dx
Z
Ejercicio 15:
I=
dx
√
(cosx − senx) cos2x
Solución:
I=
R
1
dx
R
dx
cos2 x
=
(cosx − senx)(cos2 x − sen2 x)1/2
(cosx − senx) (cos2 − sen2 x)1/2
cosx
cosx
6
sec2
dx, Sea u = tanx ⇒ du = sec2 xdx
(1 − tanx)(1 − tan2 x)1/2
Luego,
R
R
du
du
(1 − u)1/2 R
1
1 − u 1/2
I=
=
=
(
) du
2
1/2
1/2
1/2
2
(1 − u) 1 + u
(1 − u)(1 − u )
(1 − u)(1 − u) (1 − u)
1
1−u
1+u
2du
Sea =
⇒z=
⇒ dz =
z
1+u
1−u
(1 − u)2
Luego sustituyendo en la integral se tiene:
1 R −1/2
1 R 1 1/2
( ) dz =
z
dz = z 1/2
I=
2 z
2
Por lo tanto se tiene,
I=
R
r
I=
1 + tanx
+C
1 − tanx
Z
Ejercicio 28:
I=
x+2
√
dx
(x − 1) x2 + 1
Solución:
√
R (x − 1) + 3
R
R
R
dx
3
3
√
√
√
I=
dx = √
+
dx = ln|x+ x2 + 1|+
dx
2
2
2
(x − 1) x + 1
x +1
(x − 1) x + 1
(x − 1) x2 + 1
R
3
1
du
√
Sea A =
dx, sea la sustitución x − 1 = ⇒ dx = − 2
2
u
u
(x − 1) x + 1
2 + 2u + 1
1+u
2u
Además x =
⇒ x2 + 1 =
, luego sustituyendo:
u
u2
R
R
du
du
1
du
3 R
r
r
(− 2 ) = −3 √
A=3
= −√
2
u
2
2u + 2u + 1
1
1 2u2 + 2u + 1
u2 + u +
2
2
u
u
3 R
du
r
−√
2
1
1
(u + )2 +
2
4
r
3
1
1
A = − √ ln|u + + u2 + u + |
2
2
2
√ √
3
x + 1 + 2 x2 + 1
Luego, A = − √ ln|
. Finalmente sustituyendo en la integral ϔtenemos:
2(x − 1) √ √
2
√
3
x + 1 + 2 x2 + 1
I = ln|x + x2 + 1 − √ ln|
+C
2(x − 1)
2
Z
Ejercicio 29:
I=
dx
r
(cosx + senx)
1+
sen2x
2
Solución:
R
dx
√
I=
(cosx + senx) 1 + senxcosx
Dividiendo por cos2 x tanto al numerador como al denominador obtenemos
R
R
R
sec2 xdx
sec2 xdx
sec2 xdx
r
√
√
I=
=
=
(1 + tanx) sec2 x + tanx
(1 + tanx) tan2 x + tanx + 1
cosx + senx
1 + senxcosx
(
)
cosx
cos2 x
2
Sea u = tanx ⇒ du = sec xdx, luego
R
du
√
I=
(1 + u) u2 + u + 1
Ahora
√
t2 − 1
t2 + t + 1
Si u2 + u + 1 = t − u ⇒ u2 + u + 1 = t2 − 2tu + u2 ⇒ u =
⇒ du = 2
dt
1 + 2t
(1 + 2t)2
7
Además
t2 + 2t √ 2
t2 + t + 1
t2 − 1
y u +u+1 = t−
=
, sustituyendo todos estos valores en la
1 + 2t
1 + 2t
1 + 2t
integral, se tiene:
t2 + t + 1
2
dt
R
R
R 1
2
1
t
(1 + 2t)2
I=
=
dt
=
( −
)dt = ln|t| − ln|t + 2| + C = ln|
|+C
2
2
t(t
+
2)
t
t
+
2
t
+
2
t + 2t t + t + 1
1 + 2t 1 + 2t
Por lo tanto √
u + u2 + u + 1
√
+ C, entonces
I = ln|
u + 2 + u2 + u + 1
u+1 =
√
tanx + tan2 x + tanx + 1
√
I = ln|
+C
tanx + 2 + tan2 x + tanx + 1
Parte II
ENTRETENIMIENTO
Z
Ejercicio 23:
I=
e2x + e−2x
dx
e2x − e−2x
Solución:
R 2e4x
R e4x + 1
1 R 4e4x
1 R d(e4x − 1)
dx
=
(
−
1)dx
=
dx
−
x
=
−x
I=
e4x − 1
e4x − 1
2 e4x − 1
2
e4x − 1
Luego se tiene
1
I = ln|e4x − 1| − x + C
2
Z
Ejercicio 24:
I=
√
x 1−x
√
dx
2−x
Solución:
R
R x 2x − 3 + 1
R x
x
x(1 − x)
2x − 3
1R
√
I= √
dx = − √
dx = − √
dx − 1
dx
2 2 − 3x + x2
2 2 − 3x + x2
2
2 − 3x + x2
2 − 3x + x2
√
dx
2x − 3
x
dx ⇒ v = 2 2 − 3x + x2
Sea u = − ⇒ du = −
y dv = √
2
2
2
2 − 3x + x
Reemplzando, se tiene:
√
R√
1R
2x
√
2 − 3x + x2 dx −
dx
I = −x 2 − 3x + x2 +
4
2 − 3x + x2
r
√
R
1 R (2x − 3)dx
3R
dx
3
1
2
√
r
I = −x 2 − 3x + x −
−
+
(x − )2 − dx
2
4
4
2
4
2 − 3x + x
3
1
(x − )2 −
2
4
√
1 √
3
3 √
1
3 √
2
2
I = −x 2 − 3x + x − 2 2 − 3x + x − ln|x − + 2 − 3x + x2 | + [(x − ) 2 − 3x + x2
4
4
2
2
2
1
3 √
− ln|x − + 2 − 3x + x2 |]
4
2
Luego,
I = −(
√
2x + 5 √
7
) 2 − 3x + x2 − ln|2x − 3 + 2 2 − 3x + x2 + C
4
8
8
Z
Ejercicio 36:
I=
dx
(x + 1) 1 + 3x + 3x2
√
3
Solución:
u
du
x
⇒x=
⇒ dx =
Sea u =
1+x
1−u
(1 − u)2
Luego sustituyendo tenemos:
du
R
R
du
(1 − u)2
r
I=
= p
2
3
u
3u
3u
(1 − u)2 + 3(1 − u) + 3u2
(
+ 1) 1 +
+
2
1−u
1 − u (1 − u)
R
R
du
I= √
= (1 − u3 )−1/3 du
3
1 − u3
1
De donde: p = − , (s = 3), m = 0, n = 3
3
m+1
Como
+ p = 0 ∈ Z, lo que implica ha hacer la siguiente sustitución:
n
3
Sea 1 − u = t3 u3 ⇒ u−3 − 1 = t3 ⇒ du = −u4 t2 dt
Luego tenemos
R
R
1
I = − (t3 u3 )−1/3 u4 t2 dt = − u3 tdt, pero u3 = 3
t +1
R tdt
R
tdt
I=− 3
=−
t +1
(t + 1)(t2 − t + 1)
Desconponiendo en fracciones parciales tenemos
tdt
A
Bt + C
=
+ 2
, esto sera
2
(t + 1)(t − t + 1)
t+1 t −t+1
A(t2 − t + 1) + Bt(t + 1) + C(t + 1) = (A + B)t2 + (−A + B + C)t + (A + C)
Igualando coeficientes obtenemos
1
1
A= , B=C=
3
3
Finalmente Obtenemos
1 R dt
1 R (t + 1)dt
1
1 R (2t − 1) + 3
I=
−
= ln|t + 1| −
dt
2
3 t+1 3 t −t+1
3
6
t2 − t + 1
1
1 R 2t − 1
1R
dt
I = ln|t + 1| −
dt
−
3
6 t2 − t + 1
2 t2 − t + 1
dt
1
1
1R
√
I = ln|t + 1| − ln|t2 − t + 1| −
3
6
2
1 2 3 2
(t − ) (
)
2
2
1
1
1
2t
−
1
I = ln|t + 1| − ln|t2 − t + 1| − √ arctan( √ ) + C
3
6r
3
3
r
√
3
3
2
1
3x + 3x + 1
3 (x + 1)
Pero 3 3 − 1 =
−1=
, luego sustituyendo en Ï”, se tendra:
3
u
x
x
√
√
3
3
1
3x2 + 3x + 1 + x
1 (3x2 + 3x + 1)2/3
3x2 + 3x + 1
I = ln|
| − ln|
−
+ 1|
3
x
6
x2
x
√
1
2 3 3x2 + 3x + 1 − x
√
− √ arctan(
)+C
3
3x
Z
Ejercicio 65:
I=
dx
p
4
(x − 1)3 (x + 5)5
Solución:
R
R
dx
dx
p
r
I=
=
4
p
x−1 3
(x − 1)3 (x + 2)5
4
(x + 2)2 4 (
)
p
(x + 2)8
4
x+2
(x + 2)8
x + 2 − (x − 1)
x−1
3dx
Sea u =
⇒ du =
dx =
, sustituyendo en (I), se tendra:
x+2
(x + 2)2
(x + 2)2
9
R 1 du
1
1
= u−3/4 du = 4u1/4
3 u3/4
3
3
Por lo tanto, se tiene
I=
4 x − 1 1/4
I= (
) +C
3 x+2
Z
Ejercicio 66:
I=
(cos2x − 3)dx
√
cos4 x 4 − cot2 x
Solución:
R cos2 x − sen2 x − 3
R 1 − sen2 − sen2 x − 3 2
√
√
I=
dx =
sec xdx
cos4 4 − cot2 x
cos2 x 4 − cot2 x
R
R 2sen2 x + cos2 x
sen2 + 1
r
√
I = −2
sec2 xdx = −2
tanxsec2 xdx
2 x 4tan2 x − 1
cos
1
cos2 x 4 −
tan2 x
2
R
2tan x + 1
tanxsec2 xdx
I = −2 √
4tan2 x − 1 − 1
Sea u2 = 4tan2 x − 1 ⇒ 2udu = 8tanxsec2 xdx. Sustituyendo tenemos:
u2 + 1
+ 1 udu
R
1 R u2 + 3
1 u3
1 u2
2
I = −2
=−
du = − ( + 3u) = − u( + 3)
u
4
2
2
4 3
√ 4 3
1√
4tan2 x − 1
1 4 − cot2 x
2
2
I=−
4tan x − 1(
+ 3) = −
(tan x + 2)
4
2
3
cotx
√
1
I = − tanx(2 + tan2 x) 4 − cot2 + C
3
10