Corrección tarea 2

Universidad Nacional de Colombia
Departamento de Matemáticas
1000005-7 Cálculo Integral - Grupo 7
Tarea 2
(i) (15 Puntos)
Z
dx
.
+1
x6
Sugerencia: para descomponer x6 + 1 en factores lineales y cuadráticos, descomponga primero y 3 + 1,
utilizando el hecho que y 3 + 1 = (y + 1)(y 2 − y + 1).
Solución: sabemos que y 3 + 1 = (y + 1)(y 2 − y + 1). Tomando y = x2 tenemos que
x6 + 1 = (x2 + 1)(x4 − x2 + 1).
Pero
x4 − x2 + 1 = (x2 + 1)2 − 2x2 − x2 = (x2 + 1)2 − 3x2 ,
de manera que
x4 − x2 + 1 = (x2 + 1 −
√
3 x)(x2 + 1 +
√
3 x).
Ası́ que debemos hallar ahora el valor de A, B, C, D, E, y F de tal manera que
Z
Z
Z
1
Ax + B
Cx + D
Ex + F
√
√
dx
=
dx
+
dx +
dx;
6
2
2
2
x +1
x +1
x + 1 − 3x
x + 1 + 3x
es decir, se deben encontrar los valores de A, B, C, D, E, y F para los que
√
√
√
√
1 = (Ax+B)(x2 +1− 3 x)(x2 +1+ 3 x)+(Cx+D)(x2 +1)(x2 +1+ 3 x)+(Ex+F )(x2 +1)(x2 +1− 3 x).
Resolviendo el sistema de seis ecuaciones con seis incógnitas que surge de la anterior igualdad, tenemos:
√
√
−1
3
− 3
1
A = 0; B =
; C=
; D = 1; E =
; F = .
3
6
6
3
Reemplazando estos valores y resolviendo las integrales obtenidas, se tiene que
√
√
√
√ !
Z
tan−1 (2x − 3) tan−1 (2x + 3) tan−1 (x)
3
x2 + 1 − 3 x
dx
√
=
+
+
−
ln
.
x6 + 1
6
6
3
12
x2 + 1 + 3 x
(ii) (20 Puntos) Evalúe las siguientes integrales:
Z
x
q
(a)
dx.
p
1 + x2 + (1 + x2 )3
Z
ex
(c)
dx.
2x
e + 3ex + 2
Z
(b)
Z
(d)
0
1
x sin−1 (x2 )dx.
π
4
dx
.
1 − sin(x) + cos(x)
Solución:
(a) Tomando u = 1 + x2 , entonces du = 2xdx, y por lo tanto
Z
Z
x
1
du
q
p
dx
=
√
p
2
u + u3
1 + x2 + (1 + x2 )3
Z
Z
du
1
du
1
√
=
=
√ p
√
3/2
2
2
u+u
u (1 + u)
Z
q
√
√
dt
= √ =2 t+C =2 1+ u+C
t
q
p
=2 1 + 1 + x2 + C,
√
donde t = 1 + u.
(b) Tomando t = x2 se tiene que dt = 2xdx, de manera que
Z
Z
1
sin−1 (t)dt.
x sin−1 (x2 )dx =
2
Aplicando integración por partes, con u = sin−1 (t) y dv = dt, tenemos:
"
#
Z
Z
1
1
t
√
sin−1 (t)dt = t sin−1 (t) −
dt
2
2
1 − t2
"
#
Z
1
dw
1
−1
√
= t sin (t) +
2
2
w
"
#
"
#
p
p
1
1
= t sin−1 (t) + 1 − t2 + C =
x2 sin−1 (x2 ) + 1 − x4 + C,
2
2
(iii) (10 Puntos) Use integración por partes para demostrar las siguientes fórmulas de reducción:
Z
Z
x(a2 − x2 )n
2na2
(a)
(a2 − x2 )n dx =
+
(a2 − x2 )n−1 dx.
2n + 1
2n + 1
Z
Z
1
n−1
(b)
senn (x)dx = − cos(x) senn−1 (x) +
senn−2 (x)dx.
n
n
Solución:(a) tomando u = (a2 − x2 )n y dv = dx, tenemos du = −2n(a2 − x2 )n−1 xdx y v = x. Usando
integración por partes tenemos:
Z
Z
(a2 − x2 )n dx =x(a2 − x2 )n + 2n x2 (a2 − x2 )n−1 dx
!
Z
Z
Z
=x(a2 − x2 )n + 2n
2
2 n
2
2 n
x2 (a2 − x2 )n−1 dx −
Z
=x(a − x ) + 2n
=x(a − x ) − 2n
2
2
2
2 n−1
−(a − x )(a − x )
Z
2
2 n
(a − x ) dx + 2na
2
a2 (a2 − x2 )n−1 dx +
2
Z
Z
dx +
a2 (a2 − x2 )n−1 dx
!
2
2
2 n−1
a (a − x )
(a2 − x2 )n−1 dx;
dx
esta última igualdad implica que
Z
Z
2
2 n
2
2 n
2
(a2 − x2 )n−1 dx,
(2n + 1) (a − x ) dx = x(a − x ) + 2na
de donde, dividiendo por 2n + 1, se sigue la identidad.
(b) tomando u = senn−1 (x) y dv = sen(x)dx; por tanto, du = (n − 1) senn−2 (x) cos(x) y v = − cos(x).
Tenemos,
Z
Z
senn (x)dx = − senn−1 (x) cos(x) + cos(x)(n − 1) senn−2 (x) cos(x)dx
Z
n−1
= − sen
(x) cos(x) + (n − 1) cos2 (x) senn−2 (x)dx
(∗);
pero cos2 (x) = 1 − sen2 (x), de manera que
(∗)
= − senn−1 (x) cos(x) + (n − 1)
Z
(1 − sen2 (x)) senn−2 (x)dx
Z
Z
n−1
n−2
= − sen
(x) cos(x) + (n − 1) sen
(x)dx − (n − 1) senn (x)dx
ası́ que
Z
n
senn (x)dx = − senn−1 (x) cos(x) + (n − 1)
Z
senn−2 (x)dx,
es decir,
Z
senn (x)dx = −
n−1
1
cos(x) senn−1 (x) +
n
n
Z
senn−2 (x)dx
(iv) (5 Puntos) Calcule la siguiente integral definida:
Z
e2
xx (ln(x) + 1)dx.
e
Solución: basta notar que si F (x) = xx , entonces F 0 (x) = xx (ln(x) + 1). Como xx (ln(x) + 1) es una
función continua, aplicando el segundo teorema fundamental de cálculo tenemos que
e2
Z
e
e2
2
xx (ln(x) + 1)dx = xx |e = e2e − ee .
Alternativamente, tomando u = xx , tenemos du = xx (ln(x) + 1)dx y por lo tanto
Z
2
e2
Z
x
e2e
x (ln(x) + 1)dx =
ee
e
e2e
2
du = u|ee .
Es importante tener cuidado con los lı́mites de integración al usar el método de sustitución.
3