Integración por partes -Ejemplos-Integral definida

La Integral Definida-Usando la técnica de Integración por Partes.-
a
Determinar la integral definida ∫ f ( x). g´( x) dx , bosquejar el área representada por
b
u
dv
la curva y las rectas x = a y x = b, con respecto el eje x , aplicando el método de
integración por partes de cada uno de los siguientes problemas:
2
Ejemplo 1 ∫ ln ( 6 x ) dx
1
Usemos la técnica de sustitución o cambio de variables


 Por sustitición



2
t = 6(2) = 12 

∫1 ln ( 6 x ) dx = t = 6 x → t = 6(1) = 6 




dt
 dt = 6 dx → 6 = dx 
Como hicimos una sustitución, también cambiamos los límites de integración
2
1 12
Nos queda : ∫ ln ( 6 x ) dx = ∫ ln t dt
6 6
1
usemos ahora la técnica de integración por partes
12
1 12
1
ln t dt
(1)
= uv − ∫ vdu
6 ∫6 6
dv
u
6
(
u = ln t → du =
)
dt
t
(2)
dv = dt → ∫ dv = ∫ dt → v = t
Sustituimos 2 en 1, simplificamos y luego evalamos:
1 12
1
dt 
ln
t dt
=  t.ln t − ∫ t 
∫
6
6
6
t 
u dv
12
6
1
= ( t.ln t − t )
6
12
=
6
1
1
(12.ln12 − 12 ) − ( 6.ln 6 − 6 ) =
6
6
= 2 ln12 − 2 − ln 6 + 1 = 2 ln12 − ln 6 − 1 ≈ 2.17805
Lcdo. Eliezer Montoya
http://elimath.jimdo.com/
1
La Integral Definida-Usando la técnica de Integración por Partes.-
El área de la expresión buscada viene dada por la gráfica siguiente:
1
Ejemplo 2:
∫ x e dx
2 x
0
Usemos la técnica de integración por partes -Recordemos que para seleccionar
¿Quién es u? - usamos la regla nemotécnica I.L.A.T.E. (según el orden las
funciones: Inversas trigonometricas, Logarítmicas, Algebraicas o
Polinomiales, Trigonométricas, Exponenciales) ya que tenemos un producto de
dos funciones en nuestro ejemplo tenemos el producto de una polinomial o
algebraica x 2 por otra función exponencial (ex):
1
1
1


2 x
x
e
dx
=
u
.
v
−
vdu


∫0 u ∫0  (1)

dv
0


u = x 2 → du = 2 x.dx
dv = e x dx → v = e x

x
x 2 e
dx =  x 2 e x
∫0 
u
dv

1
( 2 ) Sustituimos 2 en 1, nos queda:
1
1

− 2 ∫ xe x dx  = e − 2 ∫ xe x dx

0
0
0

1
(A)
Nuevamente aplicamos integración por partes en (A):
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2
La Integral Definida-Usando la técnica de Integración por Partes.-
1
 1 1

x
−2 ∫ x e
dx = −2  uv − ∫ vdu  (1)


dv
0 u
 0 0

u = x → du = dx
dv = e x dx → v = e x
1

x
−2 ∫ x e
dx = 2  xe x

dv
0 u

( 2)
Sustituimos 2 en 1
1

− ∫ e x dx  = −2e + 2e − 2 (B)

0
0

1
Sustituimos (B) en (A):
1
1
1
 2 x 1

2 x
x
x e
dx =  x e − 2 ∫ xe dx  = e − 2 ∫ xe x dx = ( e − 2 ) unidades de área = 0.7182
∫0 

u
dv
0
0
0


La gráfica de la función hecha en el software matemático funciones para
Windows de Jordi Lagares Roset, http://www.xtec.es/jlagares nos muestra el
área buscada por las rectas x =1 y x = 0
1
Ejemplo 3.
∫ sin
x dx
0
Ataquemos la integral muda, esta vez no cambiaremos los limites de integración,
apoyados de la técnica de sustitución o cambio de variables observamos que el
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3
La Integral Definida-Usando la técnica de Integración por Partes.-
diferencial no es igual que el buscado, por tanto, multiplicamos y dividimos por
x
Solución: Eliezer Montoya


 Por sustitución



x
sin
x
dx
⇒
t
=
x
⇒∫
sin x dx ≡ 2 ∫ t.sin t dt


∫
x


dx
dx
 dt =

→ 2dt =
2 x
x 

La integral que nos queda ahora la resolvemos a través de la técnica
integración por partes (Recordemos ILATE-para selecionar u ):
2 ∫ t .sin t dt = 2 u.v − ∫ v.du  (1)


u
dv
u = t → du = dt
dv = sin tdt → v = ∫ sin tdt = − cos t
(2)
Sustiyuyendo (2) en (1):
2 ∫ t .sin t dt = 2  −t cos t − ∫ (− cos t ) dt  = −2t cos t + 2 ∫ cos tdt = −2t cos t + 2 sin t + C


u
dv
2 ∫ t sin t dt = 2 ( sin t − t cos t ) + C
De volvemos la sustitución o el cambio de variable aplicado :
∴ ∫ sin xdx = 2sin x + 2 x cos x + C.
La integral definida viene a ser:
1
1
∫ sin x dx = 2sin x − 2 x cos x
0
=
0
(
)
= 2sin 1 − 2 cos 1 − ( 0 − 0 ) = 1, 6829 − 1, 0806 = 0, 6023ua
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4
La Integral Definida-Usando la técnica de Integración por Partes.-
1
Ejemplo 4. ∫ e2 x sin 3x dx
0
Resolvamos el integrando de la variable muda a través de la técnica de integración
por partes, según ILATE, u = sin 3x (la función trigonométrica)
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5
La Integral Definida-Usando la técnica de Integración por Partes.-
3 x e
dx = u.v − ∫ vdu
∫ sin
2x
u
(1)
dv
u = sin 3 x → du = cos 3 x(3 x)´dx → du = 3cos 3x dx
dv = e 2 x dx → ∫ dv = ∫ e 2 x dx → v =
1 t
et
e2 x
=
+
=
+c
e
dt
c
2∫
2
2
(2)
e 2 x sin 3 x 3 2 x
∫ e sin 3x dx = 2 − 2 ∫ e cos 3xdx = ( A)
Volvemos a aplicar la técnica de integración por partes, en el segundo término
2x
−
3
3
2x
cos
3 x e
dx = − u.v − ∫ vdu (1)
∫
2
2
u
dv
(
)
u = cos 3 x → du = − sin 3 x(3 x)´dx → du = −3sin 3 xdx
( 2)
1 t
et
e2 x
dv = e dx → ∫ dv = ∫ e dx → v = ∫ e dt = + c =
+c
2
2
2
Sustituyendo (2) en (1):
2x
−
2x

3e 2 x cos 3x 9 2 x
3
3  e 2 x cos 3 x 3 2 x
2x
=
−
x
− ∫ e sin 3 xdx = ( B )
cos
3
x
e
dx
=
−
+
e
sin
3
xd


4
4
2∫ u
2
2
2∫
dv

Sustituyo ( B ) en ( A ) :
e 2 x sin 3 x 3 2 x
e 2 x sin 3 x 3e 2 x cos 3 x 9 2 x
− ∫ e cos 3 xdx =
−
− ∫ e sin 3 xdx
2
2
2
4
4
Transponiendo o pasando al primer mienbro:
2x
∫ e sin 3x dx =
9 2x
e 2 x sin 3 x 3e 2 x cos 3x
e
si
xdx
−
n
3
=
+C
4
4∫
2
13 2 x
e 2 x sin 3 x 3e 2 x cos 3 x
e
sin
3
x
dx
=
−
+ C ( Despejando )
4 ∫
2
4

4  e2 x sin 3 x 3e 2 x cos 3 x
2x
e
sin
3
x
dx
=
−
+ C =

∫
13 
2
4

2x
∫ e sin 3x dx +
e2 x
[ 2sin 3x − 3cos 3x ] + C
13
Aplicando el segundo Teorema fundamental del cálculo, tenemos que:
=
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6
La Integral Definida-Usando la técnica de Integración por Partes.-
1
1
e2 x
sin
3
e
x
dx
=
[ 2sin 3x − 3cos 3x ] =
∫0
13
0
2x
1
e2
[ 2sin 3 − 3cos 3] − [ 2sin 0 − 3cos 0] = 1.8485 + 0.2307 = 2.07u.a
13
13
2
2
 2e sin 3 3e cos 3 3 
=
−
+  unidades de área
13
13 
 13
F (1) − F (0) =
El área determinada por la integral definida la observamos en la grafica siguiente:
Ejemplo 5.
∫
1/ 2
0
e6 x sin 5 xdx -
Esta integral esta formada por el producto de una función exponencial y otra
trigonométrica, usemos la técnica de integración por partes:
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7
La Integral Definida-Usando la técnica de Integración por Partes.-
∫e
6x
sin 5 xdx = u.v − ∫ vdu
(1) Integrando por partes
u = sin(5 x) ⇒ du = 5cos(5 x)dx
dv = e6 x dx ⇒ ∫ dv = ∫ e6 x dx =
1 t
1
e dt ⇒ v = e6 x
∫
6
6
sustituimos en (1)
1
5
sin 5 xdx = sin(5 x) e6 x − ∫ e6 x cos(5 x) dx. (2)
6
6
nuevamente integrando el segundo termino por partes
∫e
6x
5 6x
5
e cos(5 x)dx = − u.v − ∫ vdu
∫
6
6
u = cos(5 x) ⇒ du = −5sin(5 x)
(
−
)
1 t
1
e dt ⇒ v = e6 x
∫
6
6
5
5
1
5

− ∫ e6 x cos(5 x)dx = −  cos(5 x) e6 x + ∫ e6 x sin(5 x) dx  =
6
6
6
6

5
25
= − e6 x cos 5 x − ∫ e6 x sin(5 x) dx (3)
36
36
dv = e6 x dx ⇒ ∫ dv = ∫ e6 x dx =
Sustituimos (3) en (2) y pasando al primer miembro tenemos:
1 6x
5 6x
25 6x
6x
∫ e sin5xdx = 6 e sin(5x) − 36 e cos5x − 36 ∫ e sin(5x) dx. =
25 6x
1 6x
5 6x
6x
∫ e sin5xdx + 36 ∫ e sin(5x) dx = 6 e sin(5x) − 36 e cos5x + C
61 6x
1
5
e sin5xdx = e6x sin(5x) − e6x cos(5x) + C
∫
36
6
36
36  1 6x
5 6x
5 6x
 6 6x
6x
∫ e sin5xdx = 61 6 e sin(5x) − 36 e cos(5x) + C = 61e sin(5x) − 61e cos(5x) + C
∴∫ e6x sin5xdx =
e6x
[6sin(5x) −5cos(5x)] + C
61
Usando la información anterior podemos determinar ahora:
∫
1/ 2
0
e6 x
e sin 5 xdx =
[ 6sin(5x) − 5cos(5x)]
61
1/ 2
6x
=
0
e3 
5
 5  1
6sin   − 5cos   − [ 6sin(0) − 5cos(0)]

61 
2
 2  61
e 
5
 5  5
6sin   − 5cos   + ≈ 2.5013 + 0.0819 ≈ 2.58ua

61 
 2
 2  61
3
=
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8
La Integral Definida-Usando la técnica de Integración por Partes.-
El área formada por
∫
1/ 2
0
e6 x sin 5 xdx viene dada por la grafica siguiente:
1
Ejemplo 6:
∫ ( 3x
2
− 2 x + 1) .cos xdx
0
La región del área buscada esta dada por la siguiente gráfica:
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9
La Integral Definida-Usando la técnica de Integración por Partes.-
Integrando la variable muda según ILATE u es el polinomio y no la función
trigonométrica -coseno de x,
Integrando por partes
3 x − 2 x + 1) .cos
xdx = u.v − ∫ vdu (1)
∫ (
2
dv
u
u = 3 x 2 − 2 x + 1 ⇒ du = (6 x − 2)dx
y
dv = cos xdx ⇒ ∫ dv = ∫ cos xdx ⇒ v = sin x
Sustituyendo en (1)
3 x − 2 x + 1) .cos
xdx = ( 3 x
∫ (
2
2
− 2 x + 1) sin x − ∫ ( 6 x − 2 ) sin xdx
dv
u
= ( 3 x 2 − 2 x + 1) sin x −
( 6 x − 2 ) sin xdx
∫
(2)
Integramos por partes nuevamente
− ∫ ( 6 x − 2 ) sin
xdx = − u1v1 − ∫ v1du1 


dv
u1
1
u1 = 6 x − 2 ⇒ du1 = 6dx
dv1 = sin xdx ⇒ ∫ dv1 = ∫ sin xdx ⇒ v1 = − cos x
− ∫ ( 6 x − 2 ) sin
xdx = − ( 6 x − 2 )( − cos x ) − 6 ∫ cos xdx  =


dv
u1
1
= ( 6 x − 2 ) cos x + 6 ∫ cos xdx = ( 6 x − 2 ) cos x − 6sin x + C (3)
Sustutiyo (3) en (2)
∫ ( 3x
2
− 2 x + 1) .cos xdx = ( 3 x 2 − 2 x + 1) sin x + ( 6 x − 2 ) cos x − 6sin x + C =
= ( 3 x 2 − 2 x − 5 ) sin x + ( 6 x − 2 ) cos x + C
Evaluamos ahora, aplicando el segundo teorema fundamental del cálculo
1
1
∫ ( 3x
2
− 2 x + 1) .cos xdx = ( 3 x 2 − 2 x − 5 ) sin x + ( 6 x − 2 ) cos x
0
=
0
= ( 3 − 2 − 5 ) sin1 + ( 6 − 2 ) cos1 − ( −5 ) sin 0 + ( −2 ) cos 0  =
= −4sin (1) + 4 cos (1) + 2 ≈ −3.3658 + 2.1612 + 2 ≈ 0.7953
1° Versión -Edita en agosto 2010-
Lcdo. Eliezer Montoya
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