Post on 09-Jul-2016
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UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA
CALCULO INTEGRAL
TRABAJO COLABORATIVO FASE 2
ELVER LEONARDO VELANDIA CACERES
COD. 80804827
GERMAN HERNEY AGUILAR
COD. 80110221
TUTOR
SONIA SORADYA PINILLA
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA
UNAD
2016
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA
Evaluar las siguientes integrales impropias.
1. ∫0
∞
e−x dx
Desarrollo.
Se procede a cambiar el límite superior por una letra.
∫0
b
e−x dx
Por fuera de la integral se escribe el límite
limb→∞
∫0
b
e− xdx
Se obtiene la anti derivada para la función.
∫ e−x dx
Sustituyendo.
u=−x
u'=−1
dudx
=−1→dx= du−1
∫ eu du−1
−1∫ eu du
−1eu→−e−x
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Entonces queda:
limb→∞
[−e− x ]b0
limb→∞
[−e−b−(−e0 ) ]
−e−∞+1→0+1=1
Por consiguiente.
∫0
∞
e−x dx=1
2.∫−8
1 13√x
dx
limt→−8
∫t
1 1
x13 dx
limt→−8
∫t
1
x−1 /3 dx= limt→−8
¿ x23
23
=limt→−8
3 x23
2¿
Reemplazamos:
limt→−8
3
2( t )
23−3
2( t )
23
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limt→−8
3
2−3
23√ t2=
limt→−8
3
2−
limt→−8
3
23√t 2
RTA=32−8=−13
2 = 6.5
3. ∫−∞
∞
e−5 xdx
Desarrollo
Definición:
Inicialmente se define a=0 y así aplicando la definición:
∫−∞
∞
e−5 xdx=∫−∞
a
e−5 xdx+∫a
∞
e−5 x dx
En seguida se aplica el límite:
limb→−∞
∫b
a
e−5 xdx+ limc →∞
∫a
c
e−5x dx
Integrando:
∫ e−5 xdx
u=−5 x
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u'=−5→ dudx
=−5→dx= du−5
∫ eu du−5
→ 1−5∫ eu du→ 1
−5e−5x
limb→−∞ [ 1
−5e−5 x ]
a
b+ limc →∞ [ 1
−5e−5x ]ca
Evaluando el límite: 1
limb→−∞ [ 1
−5e−5 a− 1
−5e−5b]+ lim
c →∞ [ 1−5
e−5 c− 1−5
e−5a]Como a = 0, entonces:
limb→−∞ [ 1
−5e−50− 1
−5e−5−∞]+ lim
c →∞ [ 1−5
e−5∞− 1−5
e−50 ][ 1−5
−∞ ]+[0− 1−5 ]=−∞
La integral diverge.
Evaluar las siguientes integrales
4. ∫2
5 4+x√ x2−4
dx ,
la función 4+x
√x2−4 es discontinua, integral impropia
resolvemos la integral indefinida
limt →2
∫t
5 4+ x√ x2−4
dx
¿∫ 4+x√x2−4
dx=∫ 4 dx√x2−4
+∫ x√x2−4
dx
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Sustituciontrigonométrica
Seax=2 secθ
dx=2 secθ tanθ dθ
¿4∫ 2 sec θ tanθd θ√4 sec ²θ−4
¿8∫ sec θ tan θd θ√4 (sec ²θ−1 )
¿8∫ secθ tanθ dθ√2 (sec ²θ−1 )
→identidad trigonometrica
¿4∫ secθ tan θdθ√ tan ²θ
¿4∫ secθ tan θdθtanθ
¿4∫ sec θ secθ+tan θsecθ+tan θ
d
0 0
⟨ 2 ln|5+√25−4|+√25−4 ⟩−⟨ 2 ln|2+√4−4|+√4−4 ⟩
2 ⌈ ⟨ln|5+√21|+√21 ⟩−ln|2|⌉→integralconvergente
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5. ∫ x3
√1−x2 dx
Solución:
Si se observa detalladamente, esta función no tiene una forma conocida.
Se procede a dibujar un triángulo rectángulo
Utilizando las razones trigonométricas
sin θ= x1
→ x=sin θ→x3=sin 3θ
Se deriva la Igualdad a ambos lados con respecto a θ
dxdθ
=cosθ→dx=cosθdθ
Se relaciona el cateto adyacente con la hipotenusa:
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cosθ=√1−x2
1→√1−x2=cosθ
Se reconstruye la integral:
∫ sin3 θcosθ
cosθdθ→ simplificando→∫sin3 θdθ
Se divide el sin3
∫sin 2θ sinθdθ
Por el método de reducción de potencias:
∫ (1−cos2θ ) sinθdθ
p=cosθ→ dpdθ
=−sinθ→dp=−sinθdθ
Se reescribe la integral:
−∫ (1−p2)dp
−p+ 13
p3+C
Sustituyendo:
−cosθ+ 13
cos3θ
R/.
−√1−x2+13
(√1−x2 )3+C
6.
∫0
1 √x√ x+1
dx
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Solución:
Por el método de sustitución se elimina el denominador de la función:
u=√x+1→u2=(√x+1 )2=u2=x+1→u2−1=x→√x=√u2−1
dudx
=√ x+1=x+112 → 1
2x+1
−12 ∗1→ 1
2 x+112
→ 12√ x+1
→du= dx2√x+1
→
dx=2√ x+1du→2udu
Entonces:
√ x+1=u
dx=2udu
√ x=√u2−1
Se actualizan los límites de integración:
x|10si x=1→u=√2 ;si x=0→u=1
Reemplazando en la integral indefinida:
∫ √u2−1u
2udu→2∫1
√2
√u2−1
Esta integral se resuelve por sustitución trigonométrica:
Por la identidad trigonométrica:
tan2 (t )=sec2 ( t )−1
Por sustitución:
2∫1
√2
√u2−1
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u=sec t
dudt
=sec (t ) tan (t )→du=sec (t ) tan ( t ) dt
∫√sec2 (t )−1 sec (t ) tan (t ) dt
∫√ tan2 (t ) sec (t ) tan ( t ) dt
Simplificando y ordenando:
∫ sec ( t ) tan 2 ( t )dt →∫ 1cos ( t )
sen2 ( t )cos2 ( t )
=2∫ sen2 (t )cos3 (t )
dt
Se actualizan los límites de integración
u|√21 sit=sec−1 u→t=arcsec √2 ; siu=1→t=0
2 ∫0
arcsec√2 sen2 ( t )cos3 ( t )
dt
Se utiliza el cambio trigonométrico general:
Sustituyendo:
z=tan t2
t2=tan−1 z→t=2 tan−1 z→ dt
dz=2 1
1+z2 →dt= 21+z2 dz
sen2 t2=1
2(1−cos t )
cos2 t2=1
2(1+cos t )
sen2 t2
cos2 t2
=
12
(1−cos t )
12
(1+cos t )
Simplificando
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tan2 t2=
(1−cos t )(1+cos t )
→z2=1−cos t1+cos t
Se despeja coseno
(1+cos t ) z2=1−cos t→ z2+ z2 cos t+cos t=1→cos t ( z2+1 )=1−z2 →cos t=1−z2
1+z2
sen2 t=1−cos2t→sen2t=1−( 1−z2
1+z2 )2
=1−1−2 z2+z4
(1+z2 )2
sen2 t= (1+z2 )2−(1−2 z2+z4 )(1+z2 )2
=1+2 z2+z4−1+2 z2−z 4
(1+z2 )2
Simplificando:
sen2 t= 4 z2
(1+z2 )2→sent= 2 z
1+z2
Reemplazando
2∫
( 2 z1+z2 )
2
( 1−z2
1+z2 )3∗2
1+z2 dz
2∫
(2 z )2
(1+z2 )2
(1−z2 )3
(1+z2 )3
21+z2 dz →2
∫
4 z2 (1+z2)3
(1+z2 )2 (1−z2 )3∗2
1+z2 dz→4 z2 ( 1+ z2 )
(1−z2 )3∗2
1+z2 dz
2∫ 4 z2 .2(1−z2)3 dz→4∫ 4 z2
(1−z )3 (1+z )3dz→16∫ z2
(1−z )3 (1+z )3dz →−16∫ z2
(1+z )3 (1−z )3dz
Por fracciones parciales:
Az+1
+ B(z+1 )2
+ C( z+1 )3
+ Dz−1
+ E(z−1 )2
+ F( z−1 )3
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A (z+1 )2 ( z−1 )3+B ( z+1 ) ( z−1 )3+C ( z−1 )3+D ( z−1 )2 ( z+1 )3+E ( z−1 ) (z+1 )3+F ( z+1 )3
(1−z )3 (1+z )3=z2
para z=1→8 f=1→ 18
para z=−1→−8c=1→c=−18
Operando y simplificando:
( A+D ) z5+ (−A+B+D+E ) Z4+ (−2 A−2B+c−2 D+2E−F ) z3+(2 A−3C−2D+3F ) z2+( A+2 B+3C+D−2E+3 F ) z±A−B−C+D−E+F=z2
z5¿ A+D=0→D=−A
Z4 ¿−A+B+D+E=0→−2 A+B+E=0
z3¿−2 A−2 B−18+2 A+2E+ 1
8=0→−2B+2 E=0
Combinándolas con las anteriores: → A=B=E=−D
z2¿2 A+ 38+2 A+ 3
8=1→ A= 1
16→B=E= 1
16; D=−1
16
Volviendo a la integral y multiplicando por -16:
−∫ dzz+1
−∫ dz( z+1 )2
+2∫ dz( z+1 )3
+∫ dzz−1
−∫ dz( z−1 )2
−2∫ dz( z−1 )3
=¿¿
− ln|z−1|+ 1z+1
− 1( z+1 )2
+ln|z−1|+ 1z−1
+ 1( z−1 )2
ln|z−1|− ln|z+1|+ ( z+1 ) ( z−1 )2−( z−1 )2+ ( z−1 ) (z+1 )2+ ( z+1 )2
( z+1 )2 ( z−1 )2=¿
ln|z−1|−ln|z+1|+ z ( z−1 )2+z ( z+1 )2
( z2−1 )2=¿
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ln|z−1|− ln|z+1|+ z ( 2 z2+2 )( z2−1 )2
=¿
ln|z−1|−ln|z+1|+ 2 z3+2 z( z2−1 )2
Se actualizan los límites de integración:
t|arcsec√20 z=tan t
2= tan( arcsec √2
2 )→z=tan( π42 )→aplicando laformula tan A
2=¿
−1±√1+ tan2 AtanA
=−1+√2 ;cuando t=0 ; z=0
Evaluando con los limites:
∫0
1 √x√ x+1
dx=[ ln|z−1|−ln|z+1|+ 2 z3+2 z( z2−1 )2 ]−1+√2
0
ln (2−√2 )−ln √2+2 (√2−1 )3+2 (√2−1 )
((√2−1 )2−1)2=ln (√2−1 )+ 12√2−16
12−8√2=ln(√2−1+
3√2−43−2√2 )=¿
ln (√2−1 )+ (3√2−4 ) (3+2√2 )9−8
=ln (√2−1 )+√2≈0.53283997535355
R/.
∫0
1 √x√ x+1
dx=ln (√2−1 )+√2≈0.53283997535355
7. ∫0
π2 sin (x )
25+cos2(x)dx
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Solución:
La integral se resuelve de la forma arcotangente ∫ du1+u2 =tan−1u+C
Se convierte la constante en un 1 dividiendo todo por 25:
∫0
π2 sin ( x )/25
2525
+cos2( x)
25
125∫0
π2 sin (x )
1+( cos (x)5 )
2
Se procede a calcular la derivada de ( cos (x)5 )→−1
5sinx
Entonces:
(−5 ) 125∫0
π2
−15
sinx
1+( cosx5 )
2
Se logra la integral de la forma ∫ du1+u2 =tan−1u+C la cual es una integral directa.
[−15
arctg cosx5 ] π
20
Por el teorema fundamental del cálculo:
[−15
arctg cosπ /25 ]−[−1
5arctg cos0
5 ]
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R/.
15
arctg 15
≈2,261986495
Resolver las siguientes integrales enunciando claramente la técnica o propiedad usada.
9. ∫ dx√ x (1+√ x )
Solución:
Se procede a utilizar la técnica de cambio de variable:
u=√x
dudx
=√ x=x12=1
2x
−12 = 1
2√ x
dx=2√ xdu=2udu
Reemplazando:
∫ 2uduu (1+u )
Se simplifica y se lleva a fuera la constante:
2∫ 1(1+u)
du
Se obtiene una integral directa de la forma: ∫ duu
=ln|u|+c
Reemplazando los valores originales:
∫ dx√ x (1+√ x )
=2 ln (1+√x )+C
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10. ∫ ex sen(x )dx
u=ex du=ex dx
dv=sen ( x ) dx v=cos x
∫ ex sen(x )dx=excos ( x )−∫ ex cos ( x )dx
I 1
u1=e x du1=exdx
dv 1=cos (x ) dx v1=−sen x
I1= −ex sen (x )+∫ex sen (x)dx
Entonces
∫ ex sen(x )dx=ex cos ( x )+ex sen ( x )−∫ ex sen ( x ) dx
2∫ ex sen(x )dx=ex cos ( x )+ex sen ( x )
∫ ex sen(x )dx=e xcos ( x )+ex sen ( x )
2 + c
12.
∫ 5x−42 x2+x−1
dx
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Solución:
Se utiliza la técnica de integración por fracciones parciales
Se reescribe la x del denominador como −1 x+2 x
∫ 5 x−42 x2−1x+2x−1
Se agrupan los términos y se utiliza el caso de factor común por agrupación de términos:
∫ 5 x−4(2 x2−1x )+(2 x−1 )
x (2 x−1 )+1 (2x−1 )
(2 x−1 ) (x+1 )
∫ 5 x−4(2 x−1 ) ( x+1 )
Se conforman 2 fracciones sumándose entre si
∫ A(2 x−1 )
+ B( x+1 )
Se resuelve la suma de fracciones:
A(2x−1 )
+ B(x+1 )
=A ( x+1 )+B (2 x−1 )
(2x−1 ) ( x+1 )
5x−4(2x−1 ) ( x+1 )
= A ( x+1 )+B (2 x−1 )(2 x−1 ) (x+1 )
5 x−4=Ax+A+2Bx−B
Organizando:
5 x−4=Ax+2Bx+A−B
Se hace agrupación de términos al lado derecho:
5 x−4= ( Ax+2Bx )+( A−B )
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Sacando factor común:
5 x−4= ( A+2B ) x+ ( A−B )
1. A+2B=5
2 A−B=−4
Se resuelve el sistema de ecuaciones
Resultado:
A=−1
B=3
5 x−42x2+x−1
= −12x−1
+ 3x+1
∫( −12x−1
+ 3x+1 )dx
−∫ 12x−1
dx+3∫ 1x+1
dx
Se resuelven las integrales:
Seau=2x−1 entonces dudx
=2→du=2dx→ 12
du=dx
Se reescribe la primera integral
−∫ 1u
12
du= 12u
du→−12∫
1u
du=−12
ln|u|+C
Sea u=x+1 entonces dudx
=1→du=1dx→dx=1du
Se reescribe la segunda integral
3∫ 1u
du=3 ln|u|+C
Se sustituye u
R/.
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−12
ln|2 x−1|+3 ln|x+1|+C