Analisis Matematico Iii.pdf

ESCUELA ACADÉMICO PROFESIONAL DE

CATEDRA

:

CATEDRÁTICO: CICLO INTEGRANTES:

:

UNIVERSIDAD NACIONAL DE HUANCAVELICA FACULTAD DE CIENCIAS DE INGENIERIA E.A.P. DE AMBIENTAL Y SANITARIA

DEDICATORIA

A Dios que nos ha dado la vida y fortaleza para terminar este trabajo, a nuestros padres por estar ahí cuando más los necesitamos y al Catedrático por el apoyo a cada uno de nosotros en el aprendizaje del curso.

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El trabajo que ofrecemos, no es un trabajo auto contenido, sino un instrumento de complementación, para la práctica indispensable en el tópico relativo a las integrales indefinidas. En este contexto, el buen uso que se haga del mismo llevara a hacer una realidad, el sabio principio que unifica la teoría con la práctica. El trabajo compartido de los autores de alrededor “50 ejercicios resueltos” es una experiencia que esperamos sea positiva, en el espíritu universitario de la activación de las contrapartes, en todo caso el usuario será quien de su veredicto al respecto, ya sea por medio de consejo oportuno, la crítica constructiva o la observación fraterna, por lo cual desde ya agradecemos todo tipo de comentario al respecto. Finalmente nos es grato hacer un reconocimiento a la cooperación presentada del grupo de estudiantes de “III CICLO B” pertenecientes a la escuela académica de “Ing. AMBIENTAL Y SANITARIA” de la Universidad nacional de Huancavelica.

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I. Resolver las siguientes integrales indefinidas usando el método de integración por partes: a. ∫ 𝒙𝟓 𝒔𝒆𝒏(𝒙)𝒅𝒙.................................................................................(ROJAS VALLEJO, Sady Luz) SOLUCIÓN: 𝑢 = 𝑥 5 ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑢 = 5𝑥 4 𝑣 = −cos⁡(𝑥) ∫ 𝑥 5 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = −𝑥5 cos(𝑥) + ∫ 𝑥4 cos(𝑥) 𝑑𝑥

A Para “A” 𝑢 = 𝑥 4 ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑐𝑜𝑠(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑢 = 4𝑥 3 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛⁡(𝑥) ∫ 𝑥 4 cos(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 4 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 4 ∫ 𝑥 3 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥

B

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Para “B” 𝑢 = 𝑥 3 ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑢 = 3𝑥 2 𝑣 = −𝑐𝑜𝑠⁡(𝑥) ∫ 𝑥 3 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = −𝑥 3 𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 3 ∫ 𝑥 2 cos(𝑥) 𝑑𝑥

Para “C”

C

𝑢 = 𝑥 2 ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑐𝑜𝑠(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑣 = 𝑠𝑒𝑛⁡(𝑥) ∫ 𝑥 2 cos(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 2 ∫ 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥

D

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Para “D” 𝑢 = 𝑥 ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥

𝑑𝑢 = 1𝑣 = −𝑐𝑜𝑠⁡(𝑥) ∫ 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥) + ∫ cos(𝑥) 𝑑𝑥

Remplazando: ∫ 𝑥 5 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = −𝑥 5 cos(𝑥) + ⟦𝑥 4 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 4 {−𝑥 3 cos(𝑥) + 3 [𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 2 (𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥) + ∫ cos(𝑥) 𝑑𝑥)]}⟧ ∫ 𝑥 5 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = −𝑥 5 cos(𝑥) + ⟦𝑥 4 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 4{−𝑥 3 cos(𝑥) + 3[𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 2(𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(𝑥))]}⟧ ∫ 𝑥 5 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = −𝑥 5 cos(𝑥) + ⟦𝑥 4 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 4{−𝑥 3 cos(𝑥) + 3[𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 2𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥) − 2𝑠𝑒𝑛(𝑥)]}⟧ ∫ 𝑥 5 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = −𝑥 5 cos(𝑥) + ⟦𝑥 4 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 4{−𝑥 3 cos(𝑥) + 3𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 6𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥) − 6𝑠𝑒𝑛(𝑥)}⟧ ∫ 𝑥 5 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = −𝑥 5 cos(𝑥) + ⟦𝑥 4 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 4𝑥 3 cos(𝑥) − 12𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 24𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 24𝑠𝑒𝑛(𝑥)⟧ ∫ 𝑥 5 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 = −𝑥 5 cos(𝑥) + ⟦𝑥 4 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 4𝑥 3 cos(𝑥) − 12𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 24𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 24𝑠𝑒𝑛(𝑥)⟧

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b. ∫ 𝒙𝟓 𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙.................................................................................(ROJAS VALLEJO, Sady Luz) SOLUCIÓN:

𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 𝑢 = 𝑥 5 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑑𝑣 = cos 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑢 = 5𝑥 4 𝑑𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑣 = ⁡ −𝑠𝑒𝑛⁡𝑥 ∫ 𝑥 5 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 𝑥 5 (⁡⁡−𝑠𝑒𝑛⁡𝑥⁡) − ∫( ⁡ − 𝑠𝑒𝑛⁡𝑥⁡)5𝑥 4 𝑑𝑥 −𝑥 5 𝑠𝑒𝑛⁡𝑥 + 5 ∫ 𝑥 4 𝑠𝑒𝑛⁡𝑥⁡𝑑𝑥 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 𝑢 = 𝑥 4 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑑𝑣 = sen 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑢 = 4𝑥 3 𝑑𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑣 = ⁡𝑐𝑜𝑠⁡𝑥

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−𝑥 5 𝑠𝑒𝑛⁡𝑥 + 5 [𝑥 4 cos 𝑥 − 4 ∫ 𝑥 3 𝑐𝑜𝑠⁡𝑥⁡𝑑𝑥] −𝑥 5 𝑠𝑒𝑛⁡𝑥 + 5⁡𝑥 4 cos 𝑥 − 20 ∫ 𝑥 3 𝑐𝑜𝑠⁡𝑥⁡𝑑𝑥 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 𝑢 = 𝑥 3 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑑𝑣 = cos(𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑢 = 3𝑥 2 𝑑𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑣 = ⁡ −𝑠𝑒𝑛(𝑥) −𝑥 5 𝑠𝑒𝑛⁡𝑥 + 5⁡𝑥 4 cos 𝑥 − 20 [−𝑥 3 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − ∫ −3𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑥)⁡𝑑𝑥] −𝑥 5 𝑠𝑒𝑛⁡𝑥 + 5⁡𝑥 4 cos 𝑥 − 20 [−𝑥 3 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 3 ∫ 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑥)⁡𝑑𝑥] −𝑥 5 𝑠𝑒𝑛⁡𝑥 + 5⁡𝑥 4 cos 𝑥 + 20𝑥 3 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 60 ∫ 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛(𝑥)⁡𝑑𝑥 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 𝑢 = 𝑥 2 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑑𝑣 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑣 = 𝑐𝑜𝑠(𝑥) −𝑥 5 𝑠𝑒𝑛⁡𝑥 + 5⁡𝑥 4 cos 𝑥 + 20𝑥 3 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 60 [𝑥 2 𝑐𝑜𝑠(𝑥) ⁡ − ∫ 2𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥)⁡𝑑𝑥]

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−𝑥 5 𝑠𝑒𝑛⁡𝑥 + 5⁡𝑥 4 cos 𝑥 + 20𝑥 3 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 60𝑥 2 𝑐𝑜𝑠(𝑥) − 120 ∫ 𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥)⁡𝑑𝑥 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 𝑢 = 𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑑𝑣 = cos⁡(𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑣 = −𝑠𝑒𝑛(𝑥) −𝑥 5 𝑠𝑒𝑛⁡𝑥 + 5⁡𝑥 4 cos 𝑥 + 20𝑥 3 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 60𝑥 2 𝑐𝑜𝑠(𝑥) − 120 [−𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) − ∫ −𝑠𝑒𝑛(𝑥)⁡𝑑𝑥] −𝑥 5 𝑠𝑒𝑛⁡𝑥 + 5⁡𝑥 4 cos 𝑥 + 20𝑥 3 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 60𝑥 2 𝑐𝑜𝑠(𝑥) − 120 [−𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) + ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑥)⁡𝑑𝑥] ∫ 𝑥 5 cos 𝑥 𝑑𝑥=−𝑥 5 𝑠𝑒𝑛⁡𝑥 + 5⁡𝑥 4 cos 𝑥 + 20𝑥 3 𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 60𝑥 2 𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 120𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 120cos⁡(𝑥)

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c. ∫ √𝒙𝒔𝒆𝒏(𝒙)𝒅𝒙 ………………………………………………………(ROJAS VALLEJO, Sady Luz) SOLUCIÓN: 𝑭Ó𝑹𝑴𝑼𝑳𝑨 ∶ ⁡ ∫ 𝑢. 𝑑𝑣 = 𝑢. 𝑣 − ∫ 𝑣. 𝑑𝑢 𝑢 = √𝑥 𝑑𝑢 =

1 2√𝑥

∫ 𝑑𝑣 = ∫ sin(𝑥) 𝑑𝑥

;

𝑑𝑥

;

𝑣 = − cos(𝑥)

Aplicando fórmula: ∫ √𝑥 sin(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥 cos(𝑥) + ∫

cos(𝑥) 2 √𝑥

𝑑𝑥

1 cos(𝑥) ∫ √𝑥 sin(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥 cos(𝑥) − ∫ 𝑑𝑥 2 √𝑥

A

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Integrando A por partes: ∫

cos(𝑥)

𝑢=

√𝑥

𝑑𝑥 = ∫

cos(𝑥)

;

𝑥

cos(𝑥)√𝑥 𝑥

𝑑𝑥

∫ 𝑑𝑣 = ∫ √𝑥𝑑𝑥 3

cos(𝑥)−𝑥 sin(𝑥)

𝑑𝑢 = (

𝑥2

) 𝑑𝑥

;

𝑣=

2𝑥 2 3

Aplicando la fórmula: 3

3

3

cos(𝑥)√𝑥 2 cos(𝑥). 𝑥2 2 cos(𝑥). 𝑥2 𝑑𝑥 sin(𝑥). 𝑥. 𝑥2 ∫ 𝑑𝑥 = − [∫ − ∫ ] 𝑥 3 3 𝑥2 𝑥2 3

3 3 cos(𝑥)√𝑥 2 cos(𝑥). 𝑥2 2 ( )−(2) ( )−(1) ∫ 𝑑𝑥 = − ∫ cos(𝑥). 𝑥 2 + ∫ sin(𝑥). 𝑥 2 𝑥 3 3 3

1 1 cos(𝑥)√𝑥 2 cos(𝑥). 𝑥2 2 2 ∫ 𝑑𝑥 = − ∫ cos(𝑥). 𝑥(−2) 𝑑𝑥 + ∫ sin(𝑥). 𝑥(2) 𝑥 3 3 3

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3

cos(𝑥)√𝑥 2 cos(𝑥). 𝑥2 2 cos(𝑥). √𝑥 2 ∫ 𝑑𝑥 = − ∫ 𝑑𝑥 + ∫ sin(𝑥). √𝑥 𝑑𝑥 𝑥 3 3 𝑥 3 3

5 cos(𝑥)√𝑥 2 cos(𝑥). 𝑥2 2 ∫ 𝑑𝑥 = + ∫ sin(𝑥). √𝑥 𝑑𝑥 3 𝑥 3 3 ∫

3 cos(𝑥)√𝑥 𝑑𝑥 = 10 cos(𝑥). 𝑥2 + 10 ∫ sin(𝑥). √𝑥 𝑑𝑥 𝑥

∫

3 cos(𝑥) 𝑑𝑥 = 10 cos(𝑥). 𝑥2 + 10 ∫ sin(𝑥). √𝑥 𝑑𝑥 √𝑥

𝑺𝒆⁡𝒓𝒆𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂⁡𝑨⁡𝒆𝒏⁡𝒆𝒍⁡𝒑𝒓𝒐𝒃𝒍𝒆𝒎𝒂⁡𝒊𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍: ∫

cos(𝑥) √𝑥

𝑑𝑥 =

3 10 cos(𝑥). 𝑥 2

+ 10 ∫ sin(𝑥). √𝑥 𝑑𝑥

1 cos(𝑥) ∫ √𝑥 sin(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥 cos(𝑥) − ∫ 𝑑𝑥 2 √𝑥 3 1 ∫ √𝑥 sin(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥 cos(𝑥) − [10 cos(𝑥). 𝑥 2 + 10 ∫ sin(𝑥). √𝑥 𝑑𝑥] 2

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3 1 ∫ √𝑥 sin(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥 cos(𝑥) − [10 cos(𝑥). 𝑥 2 + 10 ∫ sin(𝑥). √𝑥 𝑑𝑥] 2 3

∫ √𝑥 sin(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥 cos(𝑥) − 5 cos(𝑥) . 𝑥 2 + 5 ∫ sin(𝑥). √𝑥 𝑑𝑥 3

4 ∫ √𝑥 sin(𝑥) 𝑑𝑥 = 5 cos(𝑥) . 𝑥 2 − √𝑥 cos(𝑥)

∫ √𝑥 sin(𝑥) 𝑑𝑥 =

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3 5 cos(𝑥) . 𝑥 2

− √𝑥 cos(𝑥) 4

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d. ∫ √𝒙𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙………………………………………………………………….(ROJAS VALLEJO, Sady Luz) SOLUCIÓN: 𝑭Ó𝑹𝑴𝑼𝑳𝑨 ∶ ⁡ ∫ 𝑢. 𝑑𝑣 = 𝑢. 𝑣 − ∫ 𝑣. 𝑑𝑢 𝑢 = √𝑥 𝑑𝑢 = 2

1 𝑑𝑥 √𝑥

; ;

𝑑𝑣 = ∫ cos(𝑥) 𝑑𝑥 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥)

Aplicando y reemplazando en la fórmula:

∫ √𝑥 cos(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) − ∫

𝑠𝑒𝑛(𝑥) 2 √𝑥

𝑑𝑥

1 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ∫ √𝑥 cos(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) − ∫ 𝑑𝑥 2 √𝑥

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Cambio de variable para:

∫

𝑠𝑒𝑛(𝑥) √𝑥

𝑑𝑥

𝑢2 = 𝑥 𝑢 = √𝑥 𝑑𝑢 =

1 2√𝑥

𝑑𝑥

2𝑑𝑢√𝑥 = 𝑑𝑥 Sustitución:

∫

𝑠𝑒𝑛(𝑥) √𝑥

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𝑠𝑒𝑛(𝑢2 )𝑑(𝑢2 ) 𝑠𝑒𝑛(𝑢2 )2𝑢 𝑑𝑥 = ∫ =∫ = 2 ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑢2 ) 𝑢 𝑢

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Volviendo al ejercicio:

1 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ∫ √𝑥 cos(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) − ∫ 𝑑𝑥 2 √𝑥 1 ∫ √𝑥 cos(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) − [2 ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑢2 )] 2 ∫ √𝑥 cos(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) − ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑢2 ) Reemplazando en ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑢2 )𝑑𝑢 𝑢2 = 𝑥 𝑢 = √𝑥

∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑢2 )𝑑𝑢 = ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 ∫ √𝑥 cos(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) − ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑢2 )

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∫ √𝑥 cos(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) − ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑥)𝑑𝑥 ∫ √𝑥 cos(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) − [− cos(𝑥) + 𝑐] ∫ √𝑥 cos(𝑥) 𝑑𝑥 = √𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) + cos(𝑥) − 𝑐

e. ∫ 𝒙𝟐 𝒄𝒐𝒕(𝒙)𝒅𝒙 ………………………………………………………(ROJAS VALLEJO, Sady Luz) SOLUCIÓN: 𝑭Ó𝑹𝑴𝑼𝑳𝑨 ∶ ⁡ ∫ 𝑢. 𝑑𝑣 = 𝑢. 𝑣 − ∫ 𝑣. 𝑑𝑢 𝑢 = cot⁡(𝑥)

;

𝑑𝑢 = −𝑐𝑠𝑐 2 (𝑥)𝑑𝑥 ;

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𝑑𝑣 = 𝑥 2 𝑑𝑥 𝑣=

𝑥3 3

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Aplicando y reemplazando en la fórmula

𝑥 3 cot⁡(𝑥) 1 ∫ 𝑥 cot(𝑥) 𝑑𝑥 = + ∫ 𝑥 3 𝑐𝑠𝑐 2 (𝑥)𝑑𝑥 3 3 2

1

Para:⁡⁡3 ∫ 𝑥 3 𝑐𝑠𝑐 2 (𝑥)𝑑𝑥 𝑢 = 𝑥3

;

𝑑𝑢 = 3𝑥 2 𝑑𝑥 ;

𝑑𝑣 = 𝑐𝑠𝑐 2 𝑑𝑥 𝑣 = −cot⁡(𝑥)

Aplicando y reemplazando en la fórmula

1 1 ⁡⁡ ∫ 𝑥 3 𝑐𝑠𝑐 2 (𝑥)𝑑𝑥 = [−𝑥 3 cot(𝑥) + 3 ∫ 𝑥 2 cot(𝑥) 𝑑𝑥] 3 3 1 𝑥 3 cot(𝑥) ∫ 𝑥 3 𝑐𝑠𝑐 2 (𝑥)𝑑𝑥 = ⁡ − + ∫ 𝑥 2 cot(𝑥) 𝑑𝑥 3 3 Como se observa se obtuvo el mismo ejercicio con el que se empezó, por ende aplicaremos otros métodos. ∫ 𝑥 2 cot(𝑥) 𝑑𝑥 𝑢 = 𝑥. cot⁡(𝑥)

;

𝑑𝑢 = [cot(𝑥) − 𝑥⁡𝑐𝑠𝑐 2 𝑥]𝑑𝑥 ;

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𝑑𝑣 = 𝑥𝑑𝑥 𝑣=

𝑥2 2

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Aplicando y reemplazando en la fórmula

∫ 𝑥 2 cot(𝑥) 𝑑𝑥 =

𝑥 3 cot⁡(𝑥) 1 − ∫ 𝑥 2 [cot(𝑥) − 𝑥⁡𝑐𝑠𝑐2 (𝑥)]𝑑𝑥 2 2

∫ 𝑥 2 cot(𝑥) 𝑑𝑥 =

𝑥 3 cot⁡(𝑥) 1 1 − ∫ 𝑥 2 cot(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑥⁡𝑐𝑠𝑐2 (𝑥)𝑑𝑥 2 2 2

Uniendo términos semejante: 3

∫ 𝑥 2 cot(𝑥) 𝑑𝑥 = 2

𝑥 3 cot⁡(𝑥) 2

1

+ 2 ∫ 𝑥⁡𝑐𝑠𝑐2 (𝑥)𝑑𝑥

2

Multiplicando por 3

𝑥 3 cot⁡(𝑥) 1 ∫ 𝑥 cot(𝑥) 𝑑𝑥 = + ∫ 𝑥⁡𝑐𝑠𝑐2 (𝑥)𝑑𝑥 3 3 2

1

Para:⁡3 ∫ 𝑥⁡𝑐𝑠𝑐2 (𝑥)𝑑𝑥…….(b) 𝑢=𝑥

;

𝑑𝑢 = 1𝑑𝑥

;

𝑑𝑣 = 𝑐𝑠𝑐 2 (𝑥)𝑑𝑥 𝑣 = −cot⁡(𝑥)

Aplicando y reemplazando en la fórmula

1 1 ⁡ ∫ 𝑥⁡𝑐𝑠𝑐2 (𝑥)𝑑𝑥 = [−𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑥) + ∫ cot(𝑥) 𝑑𝑥] 3 3

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1 𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑥) 1 ∫ 𝑥⁡𝑐𝑠𝑐2 (𝑥)𝑑𝑥 = − + ∫ cot(𝑥) 𝑑𝑥 3 3 3 1 𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑥) 1 ∫ 𝑥⁡𝑐𝑠𝑐2 (𝑥)𝑑𝑥 = − + [𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑛(𝑥)| + 𝑐] 3 3 3 1 𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑥) 𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑛(𝑥)| 𝑐 ∫ 𝑥⁡𝑐𝑠𝑐2 (𝑥)𝑑𝑥 = − + + … … … (𝑏) 3 3 3 3 Reemplazando y hallando la integración inicial: ∫ 𝑥 2 cot(𝑥) 𝑑𝑥 =

𝑥 3 cot⁡(𝑥) 1 + ∫ 𝑥⁡𝑐𝑠𝑐2 (𝑥)𝑑𝑥 3 3

𝑥 3 cot⁡(𝑥) 𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑥) 𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑛(𝑥)| 𝑐 ∫ 𝑥 cot(𝑥) 𝑑𝑥 = − + + 3 3 3 3 2

𝑥 3 cot⁡(𝑥) 𝑥𝑐𝑜𝑡(𝑥) 𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑛(𝑥)| 𝑐 ∫ 𝑥 cot(𝑥) 𝑑𝑥 = − + + 3 3 3 3 2

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f. ∫ 𝒙𝟐 𝒔𝒆𝒄(𝒙)𝒅𝒙 ………………………………………………………(ROJAS VALLEJO, Sady Luz)

SOLUCIÓN:

𝑢 = sec⁡(𝑥)𝑑𝑣 = 𝑥 2 𝑥3 𝑑𝑢 = sec(𝑥) . tan⁡(𝑥)𝑣 = 3 𝑥3 𝑥3 ∫ 𝑥 sec(𝑥) 𝑑𝑥 = sec(𝑥) − ∫ sec⁡(𝑥)tan⁡(𝑥)𝑑𝑥 3 3 2

∫ 𝑥 2 sec(𝑥) 𝑑𝑥 =

𝑥 3 sec(𝑥) 1 − ∫ 𝑥 3 sec⁡(𝑥)tan⁡(𝑥)𝑑𝑥 3 3

“A”

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PARA “A”:

𝑢 = sec(𝑥) . tan⁡(𝑥)𝑑𝑣 = 𝑥3 𝑑𝑢 = sec(𝑥) . tan(𝑥) . tan(𝑥) + sec⁡(𝑥)𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥)𝑑𝑣 =

𝑥4 4

1 𝑥4 𝑥4 ∫ 𝑥 2 sec⁡(𝑥)𝑑𝑥 = − [ sec(𝑥) . tan(𝑥) − ∫ . [sec(𝑥) 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥)]𝑑𝑥] 3 4 4 ∫ 𝑥 2 sec(𝑥) 𝑑𝑥 =

𝑥 3 sec⁡(𝑥) 1 4 1 − 𝑥 sec(𝑥) . tan(𝑥) + ∫ 𝑥 4 [sec(𝑥) . tan(𝑥) + 𝑠𝑒𝑐𝑑(𝑥) 3 3 12

∫ 𝑥 2 sec(𝑥) 𝑑𝑥 =

𝑥 3 sec⁡(𝑥) 1 4 1 − 𝑥 sec(𝑥) . tan(𝑥) + ∫ 𝑥 4 sec(𝑥) . 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥) 𝑑𝑥 3 3 12

∫ 𝑥 2 sec(𝑥) 𝑑𝑥 =

𝑥 3 sec⁡(𝑥) 1 4 1 − 𝑥 sec(𝑥) . tan(𝑥) + ∫ 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥)𝑑𝑥 3 3 2

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∫ 𝑥 2 sec(𝑥) 𝑑𝑥 =

𝑥 3 sec⁡(𝑥) 1 4 1 tan(𝑥). sec⁡(𝑥) − 𝑥 sec(𝑥) . tan(𝑥) + ∫ + sec⁡(𝑥) 3 3 2 2

g. ∫ 𝒙𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝒙)𝒅𝒙……………………………………………………(ROJAS VALLEJO, Sady Luz) SOLUCIÓN: ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥) 𝑑𝑥 𝒰 = 𝑥𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥) 𝑑𝑢 = (

𝑥

√1−𝑥 2

𝑑𝑣 = 𝑑𝑥

+ 𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥)) 𝑑𝑥

𝒱=𝑥

Remplazamos en la formula ∫ 𝒖𝒅𝒗 = 𝒖𝒗 − ∫ 𝒗𝒅𝒖 𝑥 ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 2 ⁡𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥) − ∫ 𝑥 ( + 𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥)) 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2 ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 2 ⁡𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥) − ∫

𝑥 2 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2

2 ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 2 ⁡𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥) − ∫

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− ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥) 𝑑𝑥

𝑥 2 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2

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A Hallando la A: ∫

𝑥 2 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2

SOLUCION ∫

𝑥 2 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2

𝒰=𝑥

𝑑𝑣 =

𝑥 𝑑𝑥 √1−𝑥 2 𝑥 𝑑𝑥

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

∫ 𝑑𝑣 = ∫ √1−𝑥 2

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

∫ 𝑑𝑣 = − 2 ∫ (1−𝑥2 )1⁄2

1

−2𝑥 𝑑𝑥

1⁄2

𝒱=− ∫

𝑥 2 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2

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=

(1−𝑥 2 ) 2

(1 − 𝑥 2 )1⁄2 𝑑𝑥 −𝑥(1 − 𝑥 2 )1⁄2 +∫ 2 2

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∫

∫

∫

𝑥 2 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2 𝑥 2 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2 𝑥 2 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2

=

−𝑥√1 − 𝑥 2 1 + ∫ √1 − 𝑥 2 𝑑𝑥 2 2

=

−𝑥√1 − 𝑥 2 1 𝑥 1 + ( √1 − 𝑥 2 + 𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥)) 2 2 2 2

=

−𝑥√1 − 𝑥 2 𝑥√1 − 𝑥 2 𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥) + + 2 4 4

Reemplazando el valor de la integral A en la integración original 2 ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 2 ⁡𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥) − ∫ 2 ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 2 ⁡𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥) − (

2 ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 2 ⁡𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥) +

𝑥 2 𝑑𝑥 √1 − 𝑥 2

−𝑥√1 − 𝑥 2 𝑥√1 − 𝑥 2 𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥) + + ) 2 4 4

𝑥√1 − 𝑥 2 𝑥√1 − 𝑥 2 𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥) − − 2 4 4

𝑥 2 ⁡𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥) 𝑥√1 − 𝑥 2 𝑥√1 − 𝑥 2 𝑎𝑟𝑐 sen(𝑥) ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = + − − 2 4 8 8

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h. ∫ 𝒙𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒕(𝒙)𝒅𝒙…………………………………………………….(ROJAS VALLEJO, Sady Luz) SOLUCIÓN: 𝒰 = ⁡𝑥𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥)

𝑑𝑣 = 𝑑𝑥 𝑥

𝑑𝑢 = (𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) − 1+𝑥 2 ) 𝑑𝑥

𝒱=𝑥

Remplazamos en la fórmula: ∫ 𝒖𝒅𝒗 = 𝒖𝒗 − ∫ 𝒗𝒅𝒖 ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) − ∫ (𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) −

𝑥 ) 𝑥𝑑𝑥 1 + 𝑥2

𝑥 2 𝑑𝑥 ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) − ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) + ∫ 1 + 𝑥2 2

2 ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) + ∫

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

[(𝑥 2 + 1) − 1] 𝑑𝑥 𝑥2 + 1 Página 26

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2 ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) + ∫ 𝑑𝑥 − ∫

𝑑𝑥 +1

𝑥2

2 ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) + 𝑥 − 𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥) ∫ 𝑥𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) 𝑑𝑥 =

𝒙𝟒 𝒅𝒙

i. ∫ √

𝒙𝟐 −𝟒

𝑥 2 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡(𝑥) 𝑥 𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥) + − 2 2 2

, ………………………………………………………………( VENTURA CEPIDA, Jackeline Blanca)

SOLUCIÓN: ∫

𝑥 3 𝑥𝑑𝑥 √𝑥 2 − 4

𝑢 = 𝑥 3 𝑑𝑣 = 𝑑𝑣 = ∫

𝑥 √𝑥 2 − 4 𝑥

𝑑𝑥

√𝑥 2 − 4

𝑑𝑢 = 3𝑥 2 𝑣 = √𝑥 2 − 4

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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∫ ∫

𝑥 4 𝑑𝑥 √𝑥 2 − 4 𝑥 4 𝑑𝑥 √𝑥 2 − 4

= 𝑥3 √ 𝑥2 − 4 − 3 ∫ 𝑥2 √ 𝑥2 − 4 =

𝑥3 √ 𝑥2

− 4 − 3 ∫ 𝑥2 ( 𝑥2

1 2 2

−2 )

1

𝑢 = 𝑥 2 𝑑𝑣 = (𝑥 2 − 22 )2 1

𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑣 = ∫(𝑥 2 − 22 )2 𝑣= ∫

𝑥 22 √𝑥 2 − 22 − 𝑙𝑛 (𝑥 + √𝑥 2 − 22 ) + 𝑐 2 2

𝑥 22 = 𝑥3 √𝑥2 − 4 − 6𝑥 √𝑥2 − 22 − ⁡𝑙𝑛 (𝑥 + √𝑥2 − 22 ) + 𝑐 2 2 √𝑥 2 − 4 𝑥 4 𝑑𝑥

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝒙𝟐 𝒅𝒙

j. ∫ √

𝟐−𝒙𝟐

…………………………………………………………………….............( VENTURA CEPIDA, Jackeline Blanca)

SOLUCIÓN: 𝑥𝑑𝑥

𝑢 = ⁡𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡; ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑑𝑣 = √2−𝑥2 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

;

𝑥𝑑𝑥

⁡∫ 𝑑𝑣 = ∫ √2−𝑥 2 𝑥𝑑𝑥

𝑣 = ∫ (2−𝑥 2 )1⁄2 1

−2𝑥𝑑𝑥

𝑣 = − 2 ∫ (2−𝑥 2 )1⁄2 1

1

𝑣 = − 2 ∫(2 − 𝑥 2 )−2 𝑑(2 − 𝑥 2 ) 1

𝑣 = −2(

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

1⁄2

(2−𝑥2 ) 1⁄ 2

)

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1⁄2

𝑣 = −(2 − 𝑥2 )

= −√2 − 𝑥2

∫ 𝒖𝒅𝒗 = 𝒖𝒗 − ∫ 𝒗𝒅𝒖

∫ ∫ ∫

𝑥 2 𝑑𝑥 √2 −

𝑥2

𝑥 2 𝑑𝑥 √2 − 𝑥 2 𝑥 2 𝑑𝑥 √2 − 𝑥 2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

= −𝑥 √2 − 𝑥 2 + ∫ √2 − 𝑥 2 𝑑𝑥 = −𝑥 √2 − 𝑥 2 +

𝑥 2

𝑥 𝑥 √2 − 𝑥 2 + 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 ( ) + 𝐶 2 √2

= − √2 − 𝑥 2 + 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 (

𝑥

)+𝐶 √2

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𝒙𝟑 𝒅𝒙

k. ∫ √

𝒙𝟐 +𝟏

…………………………………………………………………….............( VENTURA CEPIDA, Jackeline Blanca)

SOLUCIÓN:

𝑢 = 𝑥 3 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡; ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑑𝑣 = 𝑑𝑢 = 3𝑥 2 𝑑𝑥

;

𝑑𝑥 √𝑥 2 + 1 𝑑𝑥

∫ 𝑑𝑣 = ⁡ ∫ √𝑥 2 +1

1

𝑣 = ∫(𝑥 2 + 1)−2 𝑑𝑥 1

⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑣 = ∫ 2 (𝑥 2 + 1)2

→∫

𝑥 3 𝑑𝑥 √𝑥 2 + 1

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

= 2𝑥 3 √𝑥 2 + 1 − 6 ∫ 𝑥 2 √𝑥 2 + 1⁡𝑑𝑥 ⏟

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Hallando a: 𝑢 = 𝑥 2 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡; ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑑𝑣 = √𝑥 2 + 1 3

2(√𝑥 2 + 1) 𝑑𝑢 = 2𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡; ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑣 = 3 3

∫ 𝑥 2 √𝑥 2 ⏟

2𝑥 2 (√𝑥 2 + 1) 4 + 1⁡𝑑𝑥 = − ∫ 𝑥√(𝑥 2 + 1)3 3 3⏟

Hallando b: 𝑢 = 𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡; ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑑𝑣 = ⁡ √(𝑥 2 + 1)3 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡; ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑣 = ⁡

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

2√(𝑥 2 + 1)5 5

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∫ 𝑥√(𝑥 2 + 1)3 =

2𝑥√(𝑥 2 + 1)5 2 − ∫ √(𝑥 2 + 1)5 5 5

∫ 𝑥√(𝑥 2 + 1)3 =

2𝑥√(𝑥 2 + 1)5 4 − √(𝑥 2 + 1)7 5 35

Reemplazando en “b” 3

∗ ⁡⁡ ∫ 𝑥 2 √𝑥 2

2𝑥 2 (√𝑥 2 + 1) 4 2𝑥√(𝑥 2 + 1)5 4 + 1⁡𝑑𝑥 = − [ − √(𝑥 2 + 1)7 ] 3 3 5 35 3

∫ 𝑥 2 √𝑥 2

2𝑥 2 (√𝑥 2 + 1) 8𝑥√(𝑥 2 + 1)5 16√(𝑥 2 + 1)7 + 1⁡𝑑𝑥 = − − 3 15 105

3

∫ 𝑥 2 √𝑥 2 + 1⁡𝑑𝑥 = 2𝑥 2 (√𝑥 2 + 1) −

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

8𝑥√(𝑥 2 + 1)5 16√(𝑥 2 + 1)7 − 5 35

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Reemplazando en “a” ∗ ⁡⁡ ∫

∫

𝑥 3 𝑑𝑥 √𝑥 2 + 1

𝑥 3 𝑑𝑥 √𝑥 2 + 1

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

3

= 2𝑥 3 √𝑥 2 + 1 − 6 [2𝑥 2 (√𝑥 2 + 1) −

3

= 2𝑥 3 √𝑥 2 + 1 − 12𝑥 2 (√𝑥 2 + 1) +

8𝑥√(𝑥 2 + 1)5 16√(𝑥 2 + 1)7 − ] 5 35

48𝑥√(𝑥 2 + 1)5 96√(𝑥 2 + 1)7 − 5 35

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√𝒙𝒅𝒙

l. ∫ √

𝒙𝟐 −𝟏

…………………………………………………………………….............( VENTURA CEPIDA, Jackeline Blanca)

SOLUCIÓN:

U = √𝑋 du=

1 2√𝑥

V= 𝑑𝑥 ∫ 𝑣 = ∫

1 √𝑥 2 −1

1 √𝑥 2 −1

V= ln(√𝑥 2 − 1 +x) √𝑥𝑑𝑥

1

∫ √𝑥 2 −1 = (ln(√𝑥 2 − 1 +x)√𝑋 - 2 ∫

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

ln(√𝑥2 −1⁡+x √𝑋

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Desarrollando A:

∫

U=

ln(√𝑥2 − 1 ⁡ + x √𝑋 1

V= ln(√𝑥 2 − 1 +x)

√𝑥

du = -

1 2√𝑥 3

∫ 𝑣=∫ ln(√𝑥2 − 1⁡+ x)

V = xln(√𝑥 2 − 1 +x) - √𝑥 2 − 1

∫

ln(√𝑥2 −1⁡+x √𝑋

=

(xln(√𝑥 2 −1⁡+x)⁡−⁡√𝑥 2 −1) √𝑥

1

+ ∫ 2

𝑥𝑙𝑛(√𝑥 2 −1+𝑥 √ 𝑥3

-∫

√𝑥 2 −1 √𝑥 3

Reemplazando a la primera integral: √𝑥𝑑𝑥

∫ √𝑥 2−1=(ln(√𝑥 2 − 1 +x)√𝑋 -

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

(xln(√𝑥 2 −1⁡+x)⁡−⁡√𝑥 2 −1) 2 √𝑥

1

- ∫ 4

𝑥𝑙𝑛(√𝑥 2 −1+𝑥 1 √ 𝑥3

+ ∫ 2

√𝑥 2 −1 √𝑥 3

C

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B Resolviendo: B

∫

𝑥𝑙𝑛(√𝑥 2 −1+𝑥 √ 𝑥3

2ln⁡(√𝑥 2 −1+𝑥

=-

√𝑥

+ 2ln(x)

Resolviendo: C

∫ 𝑢 = √𝑥 2 − 1 du =

√𝑥 2 − 1 √𝑥 3

1

∫ 𝑉 = ∫ √𝑥 3

𝑥

V=

√𝑥 2 −1

−2 √𝑋

Usando la fórmula:

∫

√𝑥 2 −1 −2√𝑥 2 −1 √𝑥 3

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

=

√𝑋

+2 ∫

𝑥⁡ √𝑥√𝑥 2 −1

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Aplicado leyes de exponentes: 𝑥⁡ √𝑥√𝑥 2 −1

=

√𝑥 √𝑥 2 −1

Por lo tanto:

∫

𝑥⁡ √𝑥√𝑥 2 −1

=∫

√𝑥 √𝑥 2 −1

Reemplazando en la primera integral: √𝑥

∫ √𝑥 2−1= (ln(√𝑥 2 − 1 +x)√𝑋 -

(xln(√𝑥 2 −1⁡+x)⁡−⁡√𝑥 2 −1) 1 ln⁡(√𝑥 2 −1+𝑥 1 2√𝑥 2 −1 √𝑥 + - 2ln(x)+ + 2 ∫ √𝑥2 −1 √𝑥 2√𝑥 2 √𝑥

Pasa restando ya que las integrales son las mismas:

∫√

√𝒙 𝒙𝟐 −𝟏

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

(𝐱𝐥𝐧(√𝒙𝟐 −𝟏⁡+𝐱)⁡−⁡√𝒙𝟐 −𝟏)

=- (ln(√𝒙𝟐 − 𝟏 +x)√𝑿 +

𝟐 √𝒙

-

𝟏 𝐥𝐧⁡(√𝒙𝟐 −𝟏+𝒙 𝟐

√𝒙

𝟏

𝟐√𝒙𝟐 −𝟏

+ 𝟐ln(x) -

√𝒙

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II. Resolver las siguientes integrales indefinidas usando el método de integración trigonométrica:

a.

∫ 𝒔𝒆𝒏𝟓 (𝒙)𝒄𝒐𝒔𝟔 𝒅𝒙……………………………………………………………( VENTURA CEPIDA, Jackeline Blanca) SOLUCIÓN: ∫ 𝒔𝒊𝒏𝟐 (𝒙)𝒔𝒊𝒏𝟐 (𝒙) 𝒔𝒊𝒏(𝒙) 𝒄𝒐𝒔𝟐 (𝒙)𝒄𝒐𝒔𝟐 (𝒙) 𝒅𝒙 ∫ 𝒔𝒊𝒏𝟓 (𝒙)((𝟏 − 𝟓𝒙𝟐 )𝟑 )𝒅𝒙 ∫ 𝒔𝒊𝒏𝟓 (𝒙)(𝟏 − 𝒔𝒊𝒏𝟐𝟔 (𝒙) − 𝟑𝒔𝒊𝒏𝟒 (𝒙) + 𝟑𝒔𝒊𝒏𝟐 (𝒙))𝒅𝒙 ∫ (𝒔𝒊𝒏𝟓 (𝒙) − 𝒔𝒊𝒏𝟓 (𝒙)𝒔𝒊𝒏𝟔 (𝒙) − 𝟑𝒔𝒊𝒏𝟓 (𝒙)𝒔𝒊𝒏𝟒 (𝒙) + 𝒔𝒊𝒏𝟓 (𝒙)𝒔𝒊𝒏𝟐 (𝒙)) 𝒅𝒙 ∫ 𝒔𝒊𝒏𝟓 (𝒙)𝒅𝒙 − ∫ 𝒔𝒊𝒏𝟏𝟏 (𝒙)𝒅𝒙 − 𝟑 ∫ 𝒔𝒊𝒏𝟗 (𝒙)𝒅𝒙 + 𝟑 ∫ 𝒔𝒊𝒏𝟕 (𝒙)𝒅𝒙 ∫ 𝒄𝒐𝒔𝟔 (𝒙)𝒔𝒊𝒏𝟒 (𝒙)𝒔𝒊𝒏(𝒙)𝒅𝒙 ∫(𝟏 − (𝒙)𝟐 )𝒄𝒐𝒔𝟔 (𝒙)𝒔𝒊𝒏(𝒙)𝒅𝒙 ∫(𝟏 − 𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝟐 + 𝟐𝒄𝒐𝒔(𝒙))𝒄𝒐𝒔𝟔 (𝒙)𝒔𝒊𝒏(𝒙)𝒅𝒙 ∫ 𝒄𝒐𝒔𝟔 (𝒙)𝒔𝒊𝒏(𝒙)𝒅𝒙 − ∫ 𝒄𝒐𝒔𝟖 (𝒙)𝒔𝒊𝒏(𝒙)𝒅𝒙 − 𝟐 ∫ 𝒄𝒐𝒔𝟕 (𝒙)𝒔𝒊𝒏(𝒙)𝒅𝒙

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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∫ 𝒄𝒐𝒔𝟔 (𝒙)𝒅𝒙(𝒄𝒐𝒔(𝒙))𝒅𝒙 − ∫ 𝒄𝒐𝒔𝟖 (𝒙)𝒅𝒙(𝒄𝒐𝒔(𝒙))𝒅𝒙 − 𝟐 ∫ 𝒄𝒐𝒔𝟕 (𝒙)𝒅𝒙(𝒄𝒐𝒔(𝒙))𝒅𝒙 =

𝒄𝒐𝒔𝟕 (𝒙) 𝒄𝒐𝒔𝟗 (𝒙) 𝒄𝒐𝒔𝟖 (𝒙) − − +𝑪 𝟕 𝟗 𝟐

b. ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟑 (𝟐𝒙) 𝒄𝒐𝒔𝟒 (𝟐𝒙)𝒅𝒙……………………………………………………..( VENTURA CEPIDA, Jackeline Blanca) SOLUCIÓN: 3

∫ √1 − 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) 𝑐𝑜𝑠 4 (2𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝑠𝑒𝑛3 (𝑥) 𝑐𝑜𝑠 4 (2𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝑠𝑒𝑛3 (𝑥) 𝑑𝑥 − 8 ∫ 𝑠𝑒𝑛5 (𝑥)𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) − 16 ∫ 𝑠𝑒𝑛7 (𝑥) 𝑐𝑜𝑠 4 (𝑥)

𝑠𝑒𝑛4 (𝑥) 4

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

−

4𝑠𝑒𝑛6 (𝑥) 3

+

4𝑠𝑒𝑛8 (𝑥) 3

−

16𝑠𝑒𝑛8 (𝑥) 8

+

8𝑠𝑒𝑛10 (𝑥) 5

+𝑐

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c.

𝒙

𝒙

∫ 𝒔𝒆𝒄𝟑 (𝟐) 𝒕𝒂𝒏𝟑 (𝟐) 𝒅𝒙………………………………………………………( VENTURA CEPIDA, Jackeline Blanca) SOLUCIÓN: 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ∫ 𝑠𝑒𝑐 3 ( ) 𝑡𝑎𝑛3 ( ) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑡𝑎𝑛2 ( ) 𝑡𝑎𝑛 ( ) 𝑠𝑒𝑐3 ( ) 𝑑𝑥 2 2 2 2 2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ∫ 𝑠𝑒𝑐 3 ( ) 𝑡𝑎𝑛3 ( ) 𝑑𝑥 = ∫ (𝑠𝑒𝑐2 ( ) − 1) 𝑡𝑎𝑛 ( ) 𝑠𝑒𝑐3 ( ) 𝑑𝑥 2 2 2 2 2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ∫ 𝑠𝑒𝑐 3 ( ) 𝑡𝑎𝑛3 ( ) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑠𝑒𝑐5 ( ) 𝑡𝑎𝑛 ( ) 𝑑𝑥 − ∫ 𝑠𝑒𝑐3 ( ) 𝑡𝑎𝑛 ( ) 𝑑𝑥 2 2 2 2 2 2

𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡∫ 𝑠𝑒𝑐 3 ( ) 𝑡𝑎𝑛3 ( ) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑠𝑒𝑐4 ( ) 𝑠𝑒𝑐 ( ) 𝑡𝑎𝑛 ( ) 𝑑𝑥 − ∫ 𝑠𝑒𝑐2 ( ) 𝑠𝑒𝑐 ( ) 𝑡𝑎𝑛 ( ) 𝑑𝑥 2 2 2 2 2 2 2 2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡∫ 𝑠𝑒𝑐 3 ( ) 𝑡𝑎𝑛3 ( ) 𝑑𝑥 = 2 ∫ 𝑠𝑒𝑐4 ( ) 𝑑 (𝑠𝑒𝑐 ( )) − 2 ∫ 𝑠𝑒𝑐2 ( ) 𝑑 (𝑠𝑒𝑐 ( )) 2 2 2 2 2 2 5

𝑥

3

𝑥

2𝑠𝑒𝑐 ( ) 2𝑠𝑒𝑐 ( ) 𝑥 𝑥 2 2 ∫ 𝑠𝑒𝑐 3 ( ) 𝑡𝑎𝑛3 ( ) 𝑑𝑥 = + 2𝑐1 − − 2𝑐2 2 2 5 3

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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5

𝑥

3

𝑥

2𝑠𝑒𝑐 ( ) 2𝑠𝑒𝑐 ( ) 𝑥 𝑥 2 2 ∫ 𝑠𝑒𝑐 ( ) 𝑡𝑎𝑛3 ( ) 𝑑𝑥 = − +𝐶 2 2 5 3 3

d. ∫ 𝒄𝒔𝒄𝟑 (𝒙)𝒄𝒐𝒕𝟒 (𝒙)𝒅𝒙…………………………………………………………( VENTURA CEPIDA, Jackeline Blanca) SOLUCIÓN: ∫ 𝑐𝑠𝑐 2 (𝑥) csc(𝑥) 𝑐𝑜𝑡 4 (𝑥)

∫(𝑐𝑜𝑡 2 + 1) csc(𝑥) cot⁡4 (𝑥)

∫ 𝑐𝑜𝑡 6 (𝑥) csc(𝑥) + ⁡⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 4 (𝑥)csc⁡(𝑥)

−csc⁡(𝑥) ∫ 𝑐𝑜𝑡 6 (𝑥) csc(𝑥) ⁡ + ⁡⁡ (−csc⁡(𝑥)) ∫ 𝑐𝑜𝑡 4 (𝑥)csc⁡(𝑥)⁡

∫ 𝑐𝑜𝑡 6 (𝑥)(−𝑐𝑠𝑐 2 (𝑥)) ⁡ + ⁡⁡⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 4 (𝑥)(−𝑐𝑠𝑐 2 (𝑥))⁡

∫ 𝑐𝑜𝑡 6 (𝑥)⁡𝑑cot⁡(𝑥) ⁡⁡ + ⁡⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 4 (𝑥)⁡𝑑𝑐𝑜𝑡(𝑥) 𝑐𝑜𝑡 7 (𝑥) 𝑐𝑜𝑡 5 (𝑥) + 𝐶1⁡ + ⁡⁡ + 𝐶2 ⁡7 ⁡5

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝑐𝑜𝑡 7 (𝑥) 𝑐𝑜𝑡 5 (𝑥) + ⁡⁡ ⁡+ 𝐶 ⁡7 ⁡5

e.

∫ 𝒔𝒆𝒄𝟕 (𝒙)𝒕𝒂𝒏𝟑 (𝒙)𝒅𝒙…………………………………………………………( VENTURA CEPIDA, Jackeline Blanca) SOLUCIÓN: ∫ 𝑠𝑒𝑐 7 (𝑥)𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)tan⁡(𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝑠𝑒𝑐 7 (𝑥)(𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) − 1)tan⁡(𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝑠𝑒𝑐 7 (𝑥)tan⁡(𝑥)𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥)𝑡𝑎𝑛(𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝑠𝑒𝑐 9 (𝑥) tan(𝑥) 𝑑𝑥 − ∫ 𝑡𝑎𝑛 (𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝑠𝑒𝑐 8 (𝑥) sec(x)tan(𝑥) 𝑑𝑥 − ∫ 𝑡𝑎𝑛 (𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝑠𝑒𝑐 8 (𝑥)𝑑𝑠𝑒𝑐(𝑥) − 𝑙𝑛𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑐 𝑠𝑒𝑐 9 (𝑥) − 𝑙𝑛𝑠𝑒𝑐(𝑥) + 𝑐 9

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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f.

∫ 𝒔𝒆𝒄𝟕 (𝒙)𝒄𝒐𝒕𝟑 (𝒙)𝒅𝒙……………………………………………………………( SÁNCHEZ VENTURA, Ida Victoria) SOLUCIÓN: = ∫ 𝑠𝑒𝑐 7 (𝑥)𝑐𝑜𝑡 3 (𝑥)𝑑𝑥 =∫

1 𝑐𝑜𝑠 3 (𝑥) 𝑑𝑥 𝑐𝑜𝑠 7 (𝑥) 𝑠𝑒𝑛3 (𝑥)

=∫

1 1 𝑑𝑥 4 𝑐𝑜𝑠 (𝑥) 𝑠𝑒𝑛3 (𝑥)

= ∫ 𝑠𝑒𝑐 4 (𝑥)𝑐𝑠𝑐 3 (𝑥)𝑑𝑥 2

= ∫(1 + 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)) 𝑐𝑠𝑐 3 (𝑥)𝑑𝑥 = ∫(1 + 2𝑡𝑎𝑛2 (𝑥) + 𝑡𝑎𝑛4 (𝑥)) ∗ 𝑐𝑠𝑐 3 (𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑐𝑠𝑐 3 (𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 2𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)𝑐𝑠𝑐 3 (𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑡𝑎𝑛4 (𝑥)𝑐𝑠𝑐 3 (𝑥)𝑑𝑥

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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= ∫(1 + 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥)) csc(𝑥) 𝑑𝑥 + 2 ∫ 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)𝑐𝑠𝑐 3 (𝑥)𝑑𝑥 + ∫(1 + 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥))𝑡𝑎𝑛4 (𝑥) csc(x) 𝑑𝑥 = ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx + 2 ∫ 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)𝑐𝑠𝑐 3 (𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑡𝑎𝑛4 (𝑥) csc(x) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥)𝑡𝑎𝑛4 (𝑥) csc(x) 𝑑𝑥⁡ = ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx + 2 ∫ 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥) csc(𝑥) (1 + 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥))𝑑𝑥 + ∫ 𝑡𝑎𝑛4 (𝑥) csc(x) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)csc⁡(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx + 2 ∫ 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥) csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥) csc(𝑥) 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑡𝑎𝑛4 (𝑥) csc(x) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥) csc(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx + 3 ∫ 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥) csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑡𝑎𝑛4 (𝑥) csc(x) 𝑑𝑥 = 2 ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx + ⁡3 ∫ tan(𝑥) tan(𝑥)⁡ = 2 ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx + 3 ∫ tan(𝑥)

1 1 𝑑𝑥 + ∫ 𝑡𝑎𝑛3 (𝑥) tan(𝑥) 𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑠𝑒𝑛(𝑥)

𝑠𝑒𝑛(𝑥) 1 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 1 𝑑𝑥 + ∫ 𝑡𝑎𝑛3 (𝑥) 𝑑𝑥 cos(𝑥) 𝑠𝑒𝑛(𝑥) cos(𝑥) 𝑠𝑒𝑛(𝑥)

= 2 ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx + 3 ∫ tan⁡(𝑥)sec⁡(𝑥)𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑡𝑎𝑛3 (𝑥)sec⁡(𝑥)𝑑𝑥 = 2 ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx + 3 ∫ tan(𝑥) sec(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥) tan(𝑥) sec(𝑥) 𝑑𝑥

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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= 2 ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx + 3 ∫ tan(𝑥) sec(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫(𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) − 1) tan(𝑥) sec(𝑥) 𝑑𝑥 = 2 ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx + 3 ∫ tan(𝑥) sec(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) tan(𝑥) 𝑑𝑥 − ⁡ ∫ tan(𝑥) sec(𝑥) 𝑑𝑥⁡ = 2 ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx + 2 ∫ tan(𝑥) sec(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) tan(𝑥) 𝑑𝑥⁡ = 2 ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx + 2 ∫ tan(𝑥) sec(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) sec(𝑥) tan(𝑥) 𝑑𝑥 = 2 ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx + 2 ∫ tan(𝑥) sec(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥)𝑑(sec(𝑥)) = 2 ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx + 2 ∫ tan(𝑥) sec(𝑥) 𝑑𝑥 +

⁡𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) ⁡ 3

(*)

𝐻𝑎𝑙𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜⁡(∗)𝑝𝑜𝑟⁡𝑒𝑙⁡𝑚é𝑡𝑜𝑑𝑜⁡𝑑𝑒⁡𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛⁡𝑝𝑜𝑟⁡𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠: ⁡∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx = ⁡ ∫ cot⁡(𝑥)cot⁡(𝑥)csc⁡(𝑥)𝑑𝑥 𝑢 = cot(𝑥) ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑑𝑣 = cot⁡(𝑥)csc⁡(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑢 = −𝑐𝑠𝑐 2 (𝑥)𝑑𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡ ∫ 𝑑𝑣 = ⁡ ∫ cot⁡(𝑥)csc⁡(𝑥)𝑑𝑥 ⁡⁡𝑣 = −csc⁡(𝑥)

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∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢 ∗ 𝑣 − ⁡ ∫ 𝑣𝑑𝑣 ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥) csc(x) dx = − csc(x) ∗ cot(x) − ∫ − csc(𝑥) ∗ (−𝑐𝑠𝑐 2 (𝑥))𝑑𝑥⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥)csc⁡(𝑥)𝑑𝑥 = − csc(x) ∗ cot(x) + ∫ 𝑐𝑠𝑐 3 (𝑥)𝑑𝑥 ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥)csc⁡(𝑥)𝑑𝑥 = ⁡ − csc(x) ∗ cot(x) + ⁡ ∫(1 + 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥)) csc(𝑥) 𝑑𝑥 ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥)csc⁡(𝑥)𝑑𝑥 = − csc(x) ∗ cot(x) + ⁡ ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥)csc⁡(𝑥)𝑑𝑥 2 ∫ 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥)csc⁡(𝑥)𝑑𝑥 = − csc(x) ∗ cot(x) + ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥⁡ = 2 ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + − csc(x) ∗ cot(x) + ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡2 ∫ tan(𝑥) sec(𝑥) 𝑑𝑥 + = 3 ∫ csc(𝑥) 𝑑𝑥 + ⁡ − csc(x) ∗ cot(x) + ⁡2 ∫ tan(𝑥) sec(𝑥) 𝑑𝑥 + = 3𝑙𝑛|csc(𝑥) − cot⁡(𝑥)| − csc(𝑥) cot(𝑥) + 2 sec(𝑥) +

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

⁡𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) ⁡ 3

⁡𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) ⁡ 3

⁡𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) ⁡ + 𝐶⁡ 3

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III. Resolver las siguientes integrales indefinidas usando el método de cambio de variable o sustitución:

a.

𝒙𝟑 𝒅𝒙

∫ √𝒙+𝟏+𝟐…………………………………………………………………( SÁNCHEZ VENTURA, Ida Victoria) SOLUCIÓN: 𝑠𝑒𝑎: 𝑡 2 = 𝑥 + 1 𝑥 = 𝑡 2 −1 𝑑𝑥 = 2𝑡 𝑑𝑡 Remplazando en función a la nueva variable “t” ∫

𝑥 3 𝑑𝑥 √𝑥+1+2

= 2∫

3

=∫

(𝑡 2 −1) 2𝑡𝑑𝑡 √𝑡 2 +2

=∫

(𝑡 6 −3𝑡 4 +3𝑡 2 −1)2𝑡 𝑑𝑡 𝑡+2

= 2∫

𝑡 7 𝑑𝑡 𝑡+2

− 6∫

𝑡 5 𝑑𝑡 𝑡+2

+6∫

𝑡 3 𝑑𝑡 𝑡+2

𝑡 𝑑𝑡

− 2 ∫ 𝑡+2

[(𝑡 + 2) − 2]𝑑𝑡 𝑡 7 𝑑𝑡 𝑡 5 𝑑𝑡 𝑡 3 𝑑𝑡 − 6∫ +∫ − 2∫ 𝑡+2 𝑡+2 𝑡+2 𝑡+2

𝑡 7 𝑑𝑡 𝑡 5 𝑑𝑡 𝑡 3 𝑑𝑡 𝑑𝑡 = 2∫ − 6∫ +6∫ − 2 ∫ 𝑑𝑡 + ∫ 𝑡+2 𝑡+2 𝑡+2 𝑡+2 Obtenemos fracciones impropias y lo llevaremos a fracciones propias para lo cual lo dividiremos: a.

𝑡7 𝑡+2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

128

= 𝑡 6 − 2𝑡 5 + 4𝑡 4 − 8𝑡 3 + 16𝑡 2 − 32𝑡 + 64 − 𝑡+2

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b. c.

𝑡5 𝑡+2

𝑡3 𝑡+2

32

= 𝑡 4 − 2𝑡 3 + 4𝑡 2 − 8𝑡 + 16 − 𝑡+2 8

= 𝑡 2 − 2𝑡 + 4 − 𝑡+2

Remplazando en las integrales: = 2∫

𝑡 7 𝑑𝑡 𝑡 5 𝑑𝑡 𝑡 3 𝑑𝑡 𝑑𝑡 − 6∫ +6∫ − 2 ∫ 𝑑𝑡 + ∫ 𝑡+2 𝑡+2 𝑡+2 𝑡+2 128

32

8

= 2 ∫ (𝑡 6 − 2𝑡 5 + 4𝑡 4 − 8𝑡 3 + 16𝑡 2 − 32𝑡 + 64 − 𝑡+2) 𝑑𝑡 − 6 ∫ (𝑡 4 − 2𝑡 3 + 4𝑡 2 − 8𝑡 + 16 − 𝑡+2) 𝑑𝑡 + 6 ∫ (𝑡 2 − 2𝑡 + 4 − 𝑡+2) − 𝑑𝑡

2 ∫ 𝑑𝑡 + ∫ 𝑡+2 𝑑𝑡

= 2 ∫ 𝑡 6 𝑑𝑡 − 4 ∫ 𝑡 5 𝑑𝑡 + 8 ∫ 𝑡 4 𝑑𝑡 − 16 ∫ 𝑡 3 𝑑𝑡 + 32 ∫ 𝑡 2 𝑑𝑡 − 64 ∫ 𝑡 𝑑𝑡 + 128 ∫ 𝑑𝑡 − 256 ∫ 𝑡+2 − 6 ∫ 𝑡 4 𝑑𝑡 + 12 ∫ 𝑡 3 𝑑𝑡 − 24 ∫ 𝑡 2 𝑑𝑡 + 48 ∫ 𝑡𝑑𝑡 − 96 ∫ 𝑑𝑡 + 192 ∫ =

2𝑡 7 7

+ 2∁1 −

6∁9 +

12𝑡 4 4

4𝑡 6 6

− 4∁2 +

+ 12∁10 −

24𝑡 3 3

8𝑡 5 5

𝑑𝑡 𝑡+2

+ 6 ∫ 𝑡 2 − 12 ∫ 𝑡𝑑𝑡 + 24 ∫ 𝑑𝑡 − 48 ∫

𝑑𝑡 − 𝑡+2

2 ∫ 𝑑𝑡 + ∫

𝑑𝑡 𝑡+2

16𝑡 4 32𝑡 3 64𝑡 2 6𝑡 5 − 16∁4 + + 32∁5 − − 64∁6 + 128𝑡 + 128∁7 − 256 ln|𝑡 + 2| − 256∁8 − − 4 3 2 5 2 3 2 48𝑡 6𝑡 12𝑡 + 48∁12 − 96𝑡 − 96∁13 + 192 ln|𝑡 + 2| + 192∁14 + + 6∁15 − − 12∁16 + 24𝑡 + 2 3 2

+ 8∁3 −

− 24∁11 +

24∁17 − 48 ln|𝑡 + 2| − 48∁18 − 2𝑡 − 2∁19 + ln|𝑡 + 2| + ∁20 De esto la constante es: ∁= 2∁1 − 4∁2 + 8∁3 − 16∁4 + 32∁5 − 64∁6 + 128∁7 − 256∁8 − 6∁9 + 12∁10 − 24∁11 + 48∁12 − 96∁13 + 192∁14 + 6∁15 − 12∁16 + 24∁17 − 48∁18 − 2∁19 + ∁20

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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=

2𝑡 7 7

−

4𝑡 6 6

+

8𝑡 5 5

−

16𝑡 4 4

+

32𝑡 3 3

−

64𝑡 2 2

+ 128𝑡 − 256 ln|𝑡 + 2| −

6𝑡 5 5

+

12𝑡 4 4

−

24𝑡 3 3

+

48𝑡 2 2

− 96𝑡 + 192 ln|𝑡 + 2| +

6𝑡 3 3

−

12𝑡 2 2

+ 24𝑡 −

48 ln|𝑡 + 2| − 2𝑡 + ln|𝑡 + 2| + ∁ Remplazando x en t: 𝑡 2 = 𝑥 + 1 ⟹ 𝑡 = √𝑥 + 1 7

=

2(√𝑥+1) 7

6

−

3

24(√𝑥+1) 3

+

4(√𝑥+1) 6

2

48(√𝑥+1) 2

5

+

8(√𝑥+1) 5

4

−

16(√𝑥+1) 4

3

+

32(√𝑥+1) 3

− 96𝑡 + 192 ln|√𝑥 + 1 + 2| +

2

−

64(√𝑥+1) 2

3

6(√𝑥+1) 3

−

5

+ 128(√𝑥 + 1) − 256 ln|√𝑥 + 1 + 2| − 2

12(√𝑥+1) 2

6(√𝑥+1) 5

4

+

12(√𝑥+1) 4

−

+ 24(√𝑥 + 1) − 48 ln|√𝑥 + 1 + 2| − 2(√𝑥 + 1) +

ln|√𝑥 + 1 + 2| + ∁

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝟑

b. ∫ √ 𝒙𝟐 𝒅𝒙

𝒙 −𝟏+𝟐

…………………………………………………………………(PAUCAR ROJAS, Jhon Alexander)

SOLUCIÓN: 𝑡2 = 𝑥2 − 1 1

𝑥 = (𝑡 2 + 1)2 𝑡

𝑑𝑥 =

1 𝑑𝑡

(𝑡 2 + 1)2

Remplazando los valores de sustitución: 3

∫

𝑥 3 𝑑𝑥 2 + √𝑥 2 − 1

𝑡

((𝑡 2 + 1)2 ) =∫

1 𝑑𝑡

(𝑡 2 + 1)2 2 + √𝑡 2 3

𝑡(𝑡 2 + 1)2 [( 1 )] 𝑑𝑡 𝑥 3 𝑑𝑥 (𝑡 2 + 1)2 ∫ =∫ (𝑡 + 2) 2 + √𝑥 2 − 1

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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3

(𝑡(𝑡 2 + 1)2 ) 𝑑𝑡

3

∫

𝑥 𝑑𝑥 2 + √𝑥 2 − 1

=∫

1

(𝑡 2 + 1)2 (𝑡 + 2) 3

1

(𝑡)(𝑡 2 + 1)(2)−(2) 𝑑𝑡 ∫ =∫ (𝑡 + 2) 2 + √𝑥 2 − 1 𝑥 3 𝑑𝑥

∫ ∫

𝑥 3 𝑑𝑥 2 + √𝑥 2 − 1 𝑥 3 𝑑𝑥 2 + √𝑥 2 − 1

=∫

(𝑡)(𝑡 2 + 1)𝑑𝑡 (𝑡 + 2)

=∫

(𝑡 3 + 𝑡)𝑑𝑡 (𝑡 + 2)

Utilizando el método “quita pon”: ∫

𝑥 3 𝑑𝑥 2 + √𝑥 2 − 1

=∫

[(𝑡 + 2) − 2]𝑑𝑡 𝑡 3 𝑑𝑡 +∫ (𝑡 + 2) (𝑡 + 2)

(A) Hallando A por método de Horner por ser una fracción impropia: 𝑡3 = 𝑡 2 − 2𝑡 + 4, 𝑞𝑢𝑒𝑑𝑎⁡𝑟𝑒𝑠𝑖𝑑𝑢𝑜⁡(−8)⁡ (𝑡 + 2) ∫

𝑡 3 𝑑𝑡 𝑑𝑡 = ∫ 𝑡 2 𝑑𝑡 − 2 ∫ 𝑡𝑑𝑡 + 4 ∫ 𝑑𝑡 − 8 ∫ (𝑡 + 2) 𝑡+2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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Reemplazando: ∫ ∫ ∫

𝑥 3 𝑑𝑥 2 + √𝑥 2 − 1 𝑥 3 𝑑𝑥 2 + √𝑥 2 − 1 𝑥 3 𝑑𝑥 2 + √𝑥 2 − 1

= ∫ 𝑡 2 𝑑𝑡 − 2 ∫ 𝑡𝑑𝑡 + 4 ∫ 𝑑𝑡 − 8 ∫

[(𝑡 + 2) − 2]𝑑𝑡 𝑑𝑡 +∫ (𝑡 + 2) 𝑡+2

= ∫ 𝑡 2 𝑑𝑡 − 2 ∫ 𝑡𝑑𝑡 + 4 ∫ 𝑑𝑡 − 8 ∫

(𝑡 + 2)𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 +∫ − 2∫ (𝑡 𝑡+2 + 2) 𝑡+2

=

𝑡3 𝑡2 + 𝑐1 − 2 − 2𝑐2 + 4𝑡 + 4𝑐3 − 8 log|𝑡 + 2| − 8𝑐4 + 𝑡 + 𝑐5 − 2 log|𝑡 + 2| − 2𝑐6 3 2

Sustituyendo todas las constantes por uno solo: 𝑐 = 𝑐1 − 2𝑐2 + 4𝑐3 − 8𝑐4 + 𝑐5 − 2𝑐6 ∫

𝑥 3 𝑑𝑥 2 + √𝑥 2 − 1

=

𝑡3 − 𝑡 2 + 5𝑡 − 10 log|𝑡 + 2| + 𝑐 3

Reemplazando el valor de “t”: 𝑡 = √𝑥 2 − 1 𝑥 3 𝑑𝑥

3

2 √𝑥 2 − 1 ∫ = − √𝑥 2 − 1 + 5√𝑥 2 − 1 − 10 log |√𝑥 2 − 1 + 2| + 𝑐 3 2 + √𝑥 2 − 1

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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c.

∫

𝒙𝟑 +𝟐𝒅𝒙 𝒙√𝒙𝟐 +𝟒

…………………………………………………………………(SÁNCHEZ VENTURA, Ida Victoria)

SOLUCIÓN: 𝑡2 = 𝑥2 + 4 1

𝑥 = (𝑡 2 − 4)2 𝑡

𝑑𝑥 =

1

𝑑𝑡

(𝑡 2 − 4)2 3

((𝑡 2 −4)2 +2)

∫

(𝑥 3 +2)𝑑𝑥 𝑥√𝑥 2 +4

=∫

𝑡 1 𝑑𝑡 2 (𝑡 −4)2

1

(𝑡 2 −4)2 √𝑡 2 3

∫

(𝑥 3

+ 2)𝑑𝑥

𝑥√𝑥 2 + 4

[( =∫

𝑡(𝑡 2 − 4)2 (𝑡 2 −

1 4)2

2𝑡

)+

1 ] 𝑑𝑡

(𝑡 2 − 4)2 1

(𝑡 2 − 4)2 √𝑡 2 3

∫

(𝑥 3 + 2)𝑑𝑥 𝑥√𝑥 2 + 4

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

(𝑡(𝑡 2 − 4)2 + 2𝑡) 𝑑𝑡 =∫

1

1

(𝑡 2 − 4)2 (𝑡 2 − 4)2 (𝑡)

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3

∫

(𝑥 3 + 2)𝑑𝑥 𝑥√𝑥 2 + 4

(𝑡) ((𝑡 2 − 4)2 + 2) 𝑑𝑡 =∫

(𝑡 2 − 4)(𝑡) 3

(𝑥 3 + 2)𝑑𝑥

(𝑡 2 − 4)2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 ∫ =∫ + 2∫ 2 2 (𝑡 − 4) (𝑡 − 4) 𝑥√𝑥 2 + 4 ∫

(𝑥 3 + 2)𝑑𝑥 𝑥√𝑥 2 + 4

A

Hallando A.

𝑑𝑡 − 4)

1

= ∫(𝑡 2 − 4)2 𝑑𝑡 + 2 ∫

(𝑡 2 B

Método de sustitución trigonométrica: 𝑡 2 − 𝑎2

CASO 3: 𝑡 = 𝑎 sec(𝑧) 𝑡 = 2 sec(𝑧)⁡

𝑑𝑡 = 2 sec(𝑧) tan(𝑧) 𝑑𝑧 1

∫(𝑡 2 − 4)2 𝑑𝑡 = 2 ∫ √(2 sec(𝑧))2 − 4⁡ . 2 sec(𝑧) tan(𝑧) 𝑑𝑧 1

∫(𝑡 2 − 4)2 𝑑𝑡 = 4 ∫ 2⁡tan⁡(𝑧)⁡ . sec(𝑧) tan(𝑧) 𝑑𝑧 1

∫(𝑡 2 − 4)2 𝑑𝑡 = 8 ∫ ⁡tan2 ⁡(𝑧)⁡ . sec(𝑧) 𝑑𝑧 1

∫(𝑡 2 − 4)2 𝑑𝑡 = 8 ∫ sec(𝑧) (sec 2 (𝑧) − 1) 𝑑𝑧

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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1

∫(𝑡 2 − 4)2 𝑑𝑡 = 8 ∫ sec 3 (𝑧) 𝑑𝑧 − 8 ∫ sec(𝑧) 𝑑𝑧 1

∫(𝑡 2 − 4)2 𝑑𝑡 = 8 ∫ sec 3 (𝑧) 𝑑𝑧 − 8 ∫ sec(𝑧) 𝑑𝑧 A1

A2

A1= Método por partes: 1

1

2

2

A1= 8 [ sec(𝑧) tan⁡(𝑧) + 𝑙𝑛|sec(𝑧) + tan(𝑧)| + 𝐶1] A1= 4 sec(𝑧) tan⁡(𝑧) + 4𝑙𝑛|sec(𝑧) + tan(𝑧)| + 8𝐶1 A2= 8𝑙𝑛|sec⁡(𝑧) + tan⁡(𝑧)| + 8𝐶2 1

∫(𝑡 2 − 4)2 𝑑𝑡 = 4 sec(𝑧) tan⁡(𝑧) + 4𝑙𝑛|sec(𝑧) + tan(𝑧)| + 8𝐶1 − 8𝑙𝑛|sec⁡(𝑧) + tan⁡(𝑧)| − 8𝐶2 1

∫(𝑡 2 − 4)2 𝑑𝑡 = 4 sec(𝑧) tan⁡(𝑧) − 4𝑙𝑛|sec(𝑧) + tan(𝑧)| + 8𝐶1 − 8𝐶2 𝑡 = 2 sec(𝑧) sec(𝑧) =

√𝒕𝟐 − 𝟒

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

𝑡 2

t

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2

z

1 𝑡 √𝑡 2 − 4 𝑡 √𝑡 2 − 4 ∫(𝑡 2 − 4)2 𝑑𝑡 = 4 ( ) ( ) − 4𝑙𝑛 | + | + 8𝐶1 − 8𝐶2 2 2 2 2 1 𝑡 + √𝑡 2 − 4 ∫(𝑡 2 − 4)2 𝑑𝑡 = 𝑡√𝑡 2 − 4 − 4𝑙𝑛 | | + 8𝐶1 − 8𝐶2 2

Hallando B: Método de fracciones parciales: 2∫

𝑑𝑡 −4

𝑡2

1 𝐴 𝐵 = + 𝑡2 − 4 𝑡 + 2 𝑡 − 2 1 𝐴(𝑡 − 2) + 𝐵(𝑡 + 2) = 𝑡2 − 4 𝑡2 − 4 1 = 𝐴𝑡 − 2𝐴 + 𝐵𝑡 + 2𝐵 ⁡⁡⁡⁡𝐴 + 𝐵 = 0 −2𝐴 + 2𝐵 = 1 2∫ 2∫

…..(i) …..(ii)

𝐴=− 𝐵=

1 4

1 4

𝑑𝑡 1 𝑑𝑡 1 𝑑𝑡 = 2 (− ) ∫ + 2( )∫ (𝑡 2 − 4) 4 𝑡+2 4 𝑡−2 𝑑𝑡 1 1 = 𝑙𝑛|𝑡 − 2| − 𝑙𝑛|𝑡 + 2| − 4) 2 2

(𝑡 2

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2∫

𝑑𝑡 1 𝑡−2 = 𝑙𝑛 | | + 𝐶3 (𝑡 2 − 4) 2 𝑡+2

Reemplazando A y B: ∫

(𝑥 3 + 2)𝑑𝑥

𝑡 + √𝑡 2 − 4 1 𝑡−2 = 𝑡√𝑡 2 − 4 − 4𝑙𝑛 | | + 8𝐶1 − 8𝐶2 + 𝑙𝑛 | | + 𝐶3 2 2 2 𝑡+2 𝑥√𝑥 + 4

Reemplazando el valor de t: 𝑡2 = 𝑥2 + 4 𝑡 = √𝑥 2 + 4

∫

∫ ∫

(𝑥 3 + 2)𝑑𝑥 𝑥√𝑥 2 + 4 (𝑥 3 + 2)𝑑𝑥 𝑥√𝑥 2 + 4 (𝑥 3 + 2)𝑑𝑥 𝑥√𝑥 2 + 4

2

=

√𝑥 2

+

4√ ( √ 𝑥 2

2

+ 4) − 4 − 4𝑙𝑛 ||

= √𝑥 2 + 4⁡√𝑥 2 − 4𝑙𝑛 | = 𝑥 √𝑥 2 + 4 ⁡ − 4𝑙𝑛 |

√𝑥 2 + 4 + √(√𝑥 2 + 4) − 4 2

1 √𝑥 2 + 4 − 2 | + 𝐶3 || + 8𝐶1 − 8𝐶2 + 𝑙𝑛 | 2 2 √𝑥 + 4 + 2

1 √𝑥 2 + 4 + √𝑥 2 √𝑥 2 + 4 − 2 | + 8𝐶1 − 8𝐶2 + 𝑙𝑛 | | + 𝐶3 2 2 √𝑥 2 + 4 + 2

1 √𝑥 2 + 4 + 𝑥 √𝑥 2 + 4 − 2 | + 8𝐶1 − 8𝐶2 + 𝑙𝑛 | | + 𝐶3 2 2 √𝑥 2 + 4 + 2

8𝐶1 − 8𝐶2 + 𝐶3 = 𝐾 ∫

(𝑥 3 + 2)𝑑𝑥 𝑥√𝑥 2 + 4

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

= 𝑥 √𝑥 2 + 4 ⁡ − 4𝑙𝑛 |

1 √𝑥 2 + 4 + 𝑥 √𝑥 2 + 4 − 2 | + 𝑙𝑛 | |+𝐾 2 2 √𝑥 2 + 4 + 2

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d. ∫

𝒙−𝟏𝒅𝒙 𝒙√𝒙𝟐 +𝟗

…………………………………………………………………(SÁNCHEZ VENTURA, Ida Victoria)

𝐒𝐎𝐋𝐔𝐂𝐈Ó𝐍: Sea: 𝑡 2 = 𝑥 2 + 9 ⇒ 𝒕 = √𝒙𝟐 + 𝟗 𝑥2 = 𝑡2 − 9 𝑥 = √𝑡 2 − 9 1 1 ∴ 𝑑𝑥 = (𝑡 2 − 9)−2 2𝑡𝑑𝑡 2 1

𝑑𝑥 = (𝑡 2 − 9)−2 𝑡𝑑𝑡 𝑑𝑥 =

𝑡𝑑𝑡 √𝑡 2 − 9

Remplazando:

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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∫

∫

𝒙 − 𝟏𝒅𝒙 𝒙√𝒙𝟐 + 𝟗

(√𝑡 2 − 9 − 1)

(

𝑡𝑑𝑡

) (√𝑡 2 − 9)(√𝑡 2 ) √𝑡 2 − 9 (√𝑡 2 − 9 − 1)𝑡𝑑𝑡 =∫ (𝑡 2 − 9)(𝑡) =∫

=∫

(√𝑡 2 − 9 − 1)𝑑𝑡 𝑡2 − 9

√𝑡 2 − 9𝑑𝑡 𝑑𝑡 − ∫ 𝑡2 − 9 𝑡2 − 9 1

= ∫(𝑡 2 − 9)−2 𝑑𝑡 − ∫ =∫

𝑑𝑡 √𝑡 2 − 32

−∫

𝑡2

𝑑𝑡 −9

𝑡2

𝑑𝑡 − 32

𝑡 1 𝑡−3 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠ℎ ( ) + 𝑐1 − ( ) ln | | − 𝑐2 3 2(3) 𝑡+3 𝑡 1 𝑡−3 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠ℎ ( ) − ln | |+𝐶 3 6 𝑡+3 ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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Reemplazando el valor de “t”: = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠ℎ (

e.

∫𝟑

1 √𝑥 2 + 9 − 3 √𝑥 2 + 9 ) − ln | |+𝐶 3 6 √𝑥 2 + 9 + 3

√𝒙𝒅𝒙 𝟒

√ 𝒙− √ 𝒙

…………………………………………………………………(SÁNCHEZ VENTURA, Ida Victoria)

SOLUCIÓN: El m.c.m. de 2,3 y 4. Sea x = 𝑡12

12

√𝑥 = t

dx = 12𝑡11 𝑑𝑡 √𝑡12 (12𝑡11 )𝑑𝑡 √𝒙𝒅𝒙 ∫𝟑 =⁡∫ 3 ⁡ 4 4 √𝒙 − √𝒙 √𝑡12 − √𝑡12

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝑡 6 (12𝑡11 𝑑𝑡) √𝒙𝒅𝒙 ∫𝟑 = ⁡ ∫ 4 𝑡4 − 𝑡3 √𝒙 − √𝒙 𝑡17 𝑑𝑡 √𝒙𝒅𝒙 ∫𝟑 = 12 ∫ ⁡⁡ 4 𝑡 3 (𝑡 − 1) √𝒙 − √𝒙

𝑡14 𝑑𝑡 √𝒙𝒅𝒙 ⁡∫ 𝟑 = 12 ∫ 4 𝑡−1 √𝒙 − √𝒙 Como

𝑡 14 𝑡−1

es impropia, se divide:

𝑑𝑡 √𝒙𝒅𝒙 ∫𝟑 = 12 (∫ 𝑡12 𝑑𝑡 + ∫ 𝑡10 𝑑𝑡 + ∫ 𝑡 8 𝑑𝑡 + ∫ 𝑡 6 𝑑𝑡 + ∫ 𝑡 4 𝑑𝑡 + ∫ 𝑡 2 𝑑𝑡 + ∫ 𝑑𝑡 + ∫ ) 4 (𝑡 − 1) √𝒙 − √𝒙

∫𝟑

√𝒙𝒅𝒙 4

√𝒙− √𝒙

=12(

𝑡 13 13

𝐶

𝐶

+

𝑡 11

Donde C = 131 + ⁡ 112 +

11 𝐶3 9

+ +

𝑡9 9 𝐶4 7

+

𝑡7 7

+

𝑡5 5

+

𝑡3 3

+ 𝑡 + 𝑙𝑛|𝑡 − 1|) + 𝐶

+ … … + 𝐶8

Volvamos a “x”

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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12(𝑥

f.

13 12

𝟓

∫𝟔

√𝒙𝒅𝒙

11 12

3 4

7 12

5 12

1 4

12

+ 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑙𝑛| √𝑥 − 1|) +C

…………………………………………………………………(SÁNCHEZ VENTURA, Ida Victoria)

√ 𝒙− √ 𝒙

SOLUCIÓN: Sacando m.c.m de las índices de las raíces 2, 5,6

m.c.m de 2, 5,6 es 30

𝑥 = 𝑡 30

𝑑𝑥 = 30𝑡 29 𝑑𝑡 30

Por lo tanto : √𝑥 = 𝑡 Reemplazando : 5

5

(√𝑡 30 ) 𝑡 6 . 𝑡 29 √𝑥 ∫6 𝑑𝑥 = ⁡ ∫ 6 30𝑡 29 𝑑𝑡 = 30 ∫ 5 𝑑𝑡 15 30 30 𝑡 − 𝑡 𝑥 − 𝑥 √ √ √𝑡 − √𝑡

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝑡 35 𝑡 30 𝑡 30 = 30 ∫ 5 𝑑𝑡 = 30 ∫ 𝑑𝑡 = ⁡ −30 ∫ 10 𝑑𝑡 𝑡 (1 − 𝑡 10 ) 1 − 𝑡 10 𝑡 −1

Como se observa que 𝑡 30

𝑡 30 𝑡 10 −1

es impropia, se divide

𝑡 10 − 1

−𝑡 30 + 𝑡 20

𝑡 20 + 𝑡 10 + 1

𝑡 20 −𝑡 20 + ⁡ 𝑡 10 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑡 10 −𝑡 10 + 1 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡1

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Reemplazando en la integral:

= −30 [∫ 𝑡 20 𝑑𝑡 + ∫ 𝑡 10 𝑑𝑡 + ∫ 𝑑𝑡 + ∫ = −30 [ = −30

𝑡 21 21

𝑡 21 21

= −30 [

+ 𝑐1 ] − 30 [

− 30𝑐1 − 30

𝑡 21 21

+

𝑡 11 11

𝑡 11 11 𝑡 11 11

= −30 [

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

√𝑥 21 21

30

+

]

+ 𝑐2 ] − 30[𝑡 + 𝑐3 ] − 30 ∫

√𝑥 11 11

𝑑𝑡 𝑡 10 −1 1

𝑡 5−1

10

𝑡 5+1

− 30𝑐2 − 30𝑡 − 30𝑐3 − 30 [ 𝑙𝑛 |

+ 𝑡] − 30(𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3 ) − 3𝑙𝑛 |

Volviendo a “x” y recordando que 30

𝑑𝑡

𝑡 10 −1

𝑡 5 −1 𝑡 5 +1

|]

|

30

√𝑥 = 𝑡 6

√𝑥−1

+ 𝑥] − 3𝑙𝑛 | 6

√𝑥+1

| − 30(𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3 )

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30

= −30 [

g.

√𝑥 21 21

30

+

√𝑥 11 11

6

√𝑥−1

+ 𝑥] − 3𝑙𝑛 | 6

√𝑥+1

| − 30(𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3 )

∫ √𝒕𝒂𝒏𝟑 (𝒙) 𝒅𝒙…………………………………………………………………(SÁNCHEZ VENTURA, Ida Victoria) SOLUCIÓN: 𝑇 2 = (tan(𝑥))3 2

tan(𝑥) = 𝑇 3 2

arctan(𝑡𝑎𝑛(𝑥)) = arctan⁡(𝑇 3 ) 2

𝑥 = arctan⁡(𝑇 3 ) 𝑑𝑥 =

1

2

2

𝑑 ((𝑇 3 ))

1 + (𝑇 3 )2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝑑𝑥 =

2 1 3𝑡 3 (1 +

𝑑𝑡 2 2 (𝑡 3 ) )

Reemplazando: 2

⁡2 [√(tan (arctan⁡(𝑇 3 )))3 ⁡⁡] 𝑑𝑡 ∫

1 3𝑡 3 (1 +

2 2 (𝑡 3 ) )

⁡2[𝑡]𝑑𝑡

∫

2 2

1

3𝑡 3 (1 + (𝑡 3 ) )

2 ∫ 3

⁡[𝑡]𝑑𝑡 1 𝑡 3 (1 +

2 2

(𝑡 3 ) )

2 ⁡[𝑡]𝑑𝑡 ∫ 3 3 ( √𝑡 + 3√𝑡 5 ) 2 ∫ 3

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

⁡[𝑡]𝑑𝑡 𝑡(𝑡

−1 3

2

+ 𝑡3)

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2 ∫ 3

𝑑𝑡 −1 (𝑡 3

2

+ 𝑡3)

1

2 𝑡 3 𝑑𝑡 ∫ 3 (1 + 𝑡)

h. ∫ √𝒔𝒆𝒄𝟑 (𝒙) 𝒅𝒙…………………………………………………………………( PAUCAR ROJAS, Jhon Alexander) SOLUCIÓN: 𝑡 = √𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) 𝑡 2 = 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) 3

√𝑡 2 = 𝑠𝑒𝑐(𝑥)

3

𝑎𝑟𝑐⁡𝑠𝑒𝑐 ( √𝑡 2 ) = 𝑎𝑟𝑐⁡𝑠𝑒𝑐(𝑠𝑒𝑐(𝑥)) 3

𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑐 ( √𝑡 2 )

Derivando⁡"𝑋": 3

𝑑𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑐 ( √𝑡 2 )

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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2𝑡𝑑𝑡

𝑑𝑥 =

2

3

3𝑡 2 √(√𝑡 2 ) − 1

Reemplazando “t” en la función original: ∫ √𝑠𝑒𝑐3 (𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ √𝑡2 𝑑𝑥

2𝑡

= ∫𝑡

𝑑𝑡

2 3 3𝑡 2 √(√𝑡 2 )

−1

2𝑡 2

=∫

2 3 3𝑡 2 √(√𝑡 2 )

2 = ∫ 3

𝑑𝑡 −1

𝑑𝑡 2

3 2 √(√𝑡 ) −1

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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3

3

2

= 𝑙𝑛 |( √𝑡 2 ) + √( √𝑡 2 ) − 12 | + 𝐶

Reemplazar en la función original con el valor de “t”𝒕 = ⁡ √𝒔𝒆𝒄𝟑 (𝒙) 3

3

𝟐

∫ √𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑙𝑛 |( √√𝒔𝒆𝒄𝟑 (𝒙)) + √ √(√𝒔𝒆𝒄𝟑 (𝒙)) − 1|

𝟑

𝟑

∴ ⁡ ∫ √𝒔𝒆𝒄𝟑 (𝒙) 𝒅𝒙 = 𝒍𝒏 |( √√𝒔𝒆𝒄𝟑 (𝒙)) + √ √𝒔𝒆𝒄𝟑 (𝒙) − 𝟏| + 𝑪

i.

𝒙

∫ √𝒔𝒆𝒏 (𝟐) 𝒅𝒙…………………………………………………………………( PAUCAR ROJAS, Jhon Alexander) SOLUCIÓN: 𝐻𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜⁡𝑢𝑛⁡𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟⁡𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜⁡𝑑𝑒⁡𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒:

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝑥 =𝑢 2 ∫ √𝑠𝑒𝑛(𝑢) 𝑑𝑥

𝐻𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜⁡𝑢𝑛⁡𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜⁡𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜⁡𝑑𝑒⁡𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒: 𝑠𝑒𝑛(𝑢) = 𝑡 2 𝑥 ∫ √𝑠𝑒𝑛 ( ) 𝑑𝑥 = ∫ √𝑡 2 𝑑𝑥 2 = ∫ 𝑡𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑢) = 𝑡 2 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑠𝑒𝑛(𝑢)) = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑡 2 ) 𝑢 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑡 2 ) 𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑡 2 ) 2 𝑥 = 2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑡 2 ) 𝑑𝑥 = 𝑑(2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑡 2 )) 𝑑𝑥 = 2𝑑(𝑎𝑟𝑠𝑒𝑛(𝑡 2 ))

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝑑𝑥 = 2

2𝑡 √1 − 𝑡 4

= ∫𝑡 ∗ 2 = 4∫

𝑑𝑡

2𝑡 √1 − 𝑡 4 𝑡2

√1 − 𝑡 4

𝑑𝑡

𝑑𝑡

𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙𝑒𝑠⁡𝑑𝑒⁡𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠⁡𝑖𝑟𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙𝑒𝑠⁡𝑝𝑜𝑟⁡𝑒𝑙⁡𝑚é𝑡𝑜𝑑𝑜⁡𝑑𝑒⁡𝐶𝐻𝐸𝑉𝑌𝑆𝐶𝐻𝐸𝑉: ∫

𝑡2 √1 −

𝑡4

𝑑𝑡 = (𝐴𝑡 3 + 𝐵𝑡 2 + 𝐶𝑡 + 𝐷)√1 − 𝑡 4 + 𝛾 ∫

𝑑𝑥 √1 − 𝑡 4

𝐶𝑜𝑚𝑒𝑛𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠⁡𝑎⁡𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑟: 𝑡2 √1 − 𝑡 4 (

= √1 − 𝑡 4 (3𝐴𝑡 2 + 2𝐵𝑡 + 𝐶) + (𝐴𝑡 3 + 𝐵𝑡 2 + 𝐶𝑡 + 𝐷)

𝑡2 √1 − 𝑡 4

−4𝑡 3 2√1 − 𝑡 4

= √1 − 𝑡 4 (3𝐴𝑡 2 + 2𝐵𝑡 + 𝐶) + (𝐴𝑡 3 + 𝐵𝑡 2 + 𝐶𝑡 + 𝐷)

+

−4𝑡 3 2√1 − 𝑡 4

𝛾 √1 − 𝑡 4

+

𝛾 √1 − 𝑡 4

) √1 − 𝑡 4

𝑡 2 = (1 − 𝑡 4 )(3𝐴𝑡 2 + 2𝐵𝑡 + 𝐶) + (𝐴𝑡 3 + 𝐵𝑡 2 + 𝐶𝑡 + 𝐷)(−2𝑡 3 ) + 𝛾 𝑡 2 = 3𝐴𝑡 2 + 2𝐵𝑡 + 𝐶 − 3𝐴𝑡 6 − 2𝐵𝑡 5 − 𝐶𝑡 4 − 2𝐴𝑡 6 − 2𝐵𝑡 5 − 2𝐶𝑡 4 − 2𝐷𝑡 3 + 𝛾 𝑡 2 = −5𝐴𝑡 6 − 4𝐵𝑡 5 − 3𝐶𝑡 4 − 2𝐷𝑡 3 + 3𝐴𝑡 2 + 2𝐵𝑡 + 𝐶 + 𝛾

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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3𝐴 = 1⁡⁡⁡ → ⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝐴 =

1 3

𝐵 = 0⁡ → 𝐶 = 0⁡ → 𝐷 = 0⁡ → ⁡𝛾 = 0 ∫

𝑡2

1 𝑑𝑡 = 𝑡 3 √1 − 𝑡 4 3 √1 − 𝑡 4

𝐸𝑠⁡𝑢𝑛𝑎⁡𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙⁡𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟,

j.

𝑛𝑜⁡𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒⁡𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛.

𝒙

∫ √𝒔𝒆𝒏 (𝟐) 𝒅𝒙…………………………………………………………………( PAUCAR ROJAS, Jhon Alexander) SOLUCIÓN: Cambiando a una variable 𝑚=

𝑥 2

cos(𝑚) = 𝑡 2 𝑚 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑡 2 ) 𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑡 2 ) 2 𝑥 = 2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑡 2 )

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝑑𝑥 =

4𝑡 √1 − 𝑡 4

𝑑𝑡

Reemplazando: 𝑥 4𝑡 𝑡2 ∫ √cos ( ) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑡 𝑑𝑡 = 4 ∫ 𝑑𝑡 2 √1 − 𝑡 4 √1 − 𝑡 4 cos(𝑚) = 𝑡 2 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡ 4∫

cos(𝑚) √1 − 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑚)

= −2 ∫

= −2 [

𝑡 4 = 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑚) 𝑑 (√cos(𝑚)) = 4 ∫

;

𝑡 = √cos⁡(𝑚)

cos(𝑚) √𝑠𝑒𝑛2 (𝑚)

.−

tan(𝑥) √cos(𝑚) 2

cos(𝑚) . tan(𝑥) √cos(𝑚) = −2 ∫ √cos(𝑚) = −2 ∫ 𝑡𝑑𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑚)

𝑡2 𝑥 + 𝑐] = −𝑡 2 − 2𝑐 = − cos(𝑚) − 2𝑐 = − [cos ( ) + 2𝑐] 2 2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝑥

=− [cos (2) + 2𝑐]

IV. Resolver las siguientes integrales indefinidas usando el método de sustitución trigonométrica:

a.

𝒙𝟑 𝒅𝒙

∫√

𝒙𝟐 +𝟏

…………………………………………………………………( PAUCAR ROJAS, Jhon Alexander)

SOLUCIÓN:

⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡∫

𝑥3 √𝑥 2 + 1

𝑑𝑥 = ∫

𝑥3 √𝑥 2 + 12

Aplicando el primer caso de sustitución:

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝑡𝑎𝑛𝜃 = 𝑥

𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥)

⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑥 = 𝑡𝑎𝑛𝜃

𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑐 2 𝜃𝑑𝜃

Se toma de la función:

Además: 𝑠𝑒𝑐𝜃 = √𝑥 2 + 1

Ahora hacemos la sustitución:

𝑥3

𝑡𝑔3 𝜃. 𝑑𝜃 ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑠𝑒𝑐𝜃 √𝑥 2 + 1 ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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Convirtiendo a senos y cosenos: 𝑠𝑒𝑛3 𝜃 3 𝑠𝑒𝑛3 𝜃 𝑠𝑒𝑛3 𝜃 ∫ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑑𝜃 = ∫ . 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃 = ∫ 𝑑𝜃 1 𝑐𝑜𝑠 3 𝜃 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 =∫

𝑠𝑒𝑛2 𝜃. 𝑠𝑒𝑛𝜃 (1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃)𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝜃 = ∫ 𝑑𝜃 = ∫ 𝑠𝑒𝑐 2 𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 − ∫ 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃

= ∫ 𝑠𝑒𝑐𝜃. 𝑡𝑎𝑛𝜃𝑑𝜃 − ∫ 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜗 = 𝑠𝑒𝑐𝜃 + 𝑐1 − [−𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑐2 ] = 𝑠𝑒𝑐𝜃 + 𝑐1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑐2 ⁡= 𝑠𝑒𝑐𝜃 + 𝑐1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑐2 𝟐

b. ∫ √𝒙 𝒅𝒙 𝟐…………………………………………………………………( SÁNCHEZ VENTURA, Ida Victoria) 𝟑−𝟓𝒙

SOLUCIÓN: CASO 1: 𝑎2 − 𝑥 2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝑥 = 𝑎⁡𝑐𝑜𝑠⁡(𝑡) ∫

𝑥 2 𝑑𝑥 √3 − 5𝑥 2

𝑥 2 𝑑𝑥

=∫

2

2

√(√3) − (√5𝑥)

3 𝑥 = √ cos(𝑡) 5 3 𝑑𝑥 = √ 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 5

Reemplazando: 2

∫

𝑥 2 𝑑𝑥 √3 − 5𝑥 2

3 3 (√5 cos(𝑡)) (√5 𝑠𝑒𝑛(𝑡)) 𝑑𝑡 =∫ √3 − 5 (√3 cos(𝑡)) 5

2

3

3 2 ( ) cos2 (𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 𝑥 2 𝑑𝑥 ∫ = −∫ 5 √3 − 5𝑥 2 √3(1 − cos2(𝑡))

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

𝑥 2 𝑑𝑥 √3 − 5𝑥 2 𝑥 2 𝑑𝑥 √3 − 5𝑥 2 𝑥 2 𝑑𝑥 √3 −

5𝑥 2

𝑥 2 𝑑𝑥 √3 −

5𝑥 2

𝑥 2 𝑑𝑥 √3 − 5𝑥 2 𝑥 2 𝑑𝑥 √3 − 5𝑥 2 𝑥 2 𝑑𝑥 √3 − 5𝑥 2 𝑥 2 𝑑𝑥 √3 − 5𝑥 2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

3

=

(√3)

3∫ (√5)

cos2(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 √3(𝑠𝑒𝑛2 (𝑡))

3

=

(√3)

∫

3

(√5) √3 =

3

cos2(𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑑𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡)

3 ∫ cos

2 (𝑡)

𝑑𝑡

(√5) =

3

3 ∫(1

− sen2 (t))𝑑𝑡

(√5) =

=

3

3 2 ∫ 𝑑𝑡 − 3 3 ∫ sen (t)𝑑𝑡 (√5) (√5) 3𝑡 3

+

3

+

3

+

(√5) =

3𝑡

3𝑡 (√5)

3

−

(√5)

(√5) =

3𝐶1

3𝑡𝐶1 3

(√5) −

(√5)

3𝑡𝐶1 3

(√5)

3

3 (√5)

−

1

3 ∫ [2 −

1

1 cos⁡(2𝑡)] 𝑑𝑡 2

3 (2) ∫ 𝑑𝑡

3𝑡 3

2(√5)

−

3

+

1

3 (2) ∫ cos⁡(2𝑡)𝑑𝑡

(√5)

3𝐶2 3

2(√5)

+

3

1

3 (2) ∫ cos⁡(2𝑡)𝑑(2𝑡)

2(√5)

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∫

𝑥 2 𝑑𝑥 √3 − 5𝑥 2

3𝑡𝐶1 3

(√5) ∫

∫

3𝑡

=

3

(√5)

3𝐶2

−

3

√3 − 5𝑥 2 𝑥 2 𝑑𝑥 √3 − 5𝑥 2

=

3

3𝑡

−

3

3

3𝐶2

−

2(√5)

(√5)

3

(√5)

+

3⁡𝑠𝑒𝑛(2𝑡) 3

4(√5)

+

3𝐶3 3

4(√5)

=𝐾

4(√5) 3𝑡 3

−

3

−

3𝑡 (√5)

3𝑡 3

+

3

+

2(√5)

(√5) =

3𝑡𝐶1

3𝐶3

+

2(√5)

𝑥 2 𝑑𝑥

+

3𝑡

3⁡𝑠𝑒𝑛(2𝑡)

+𝐾

3

4(√5)

2(√5)

6⁡𝑠𝑒𝑛(𝑡)cos⁡(𝑡) 3

+𝐾

4(√5)

3 𝑥 = √ cos(𝑡) 5 𝑥 √3 5

= cos(𝑡)

arccos⁡(cos⁡(𝑡)) = arccos⁡

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

𝑥 √3 ( 5)

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t = arccos⁡

𝑥 √3 ( 5)

Reemplazando:

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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∫

∫

c.

𝑥 2 𝑑𝑥 √3 − 5𝑥 2

𝑥 2 𝑑𝑥 √3 − 5𝑥 2

𝒙𝟑 +𝟐𝒅𝒙

∫√

=

𝑥 3arccos⁡ √3 ( 5) 3

−

(√5)

=

𝑥 3arccos⁡ √3 ( 5) 3

2(√5)

+

√3 − 𝑥 2 x 5 6⁡ √3 √3 5 ) ( 5) ( 3

+𝐾

4(√5)

√3 − 𝑥 2 𝑥 𝑥 𝑥 5 12arccos⁡ − 6arccos⁡ +6 √3 √3 √3 √3 5 ) ( 5) ( 5) ( 5) ( 3

+𝐾

4(√5)

…………………………………………………………………( PAUCAR ROJAS, Jhon Alexander)

𝟐𝒙𝟐 −𝟕

SOLUCIÓN: 7 𝑥 = √ ⁡ sec(𝑡) 2

Derivando “x” en función de “t” 𝑥=

√7 √2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

sec(𝑡)

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7 𝑑𝑥 = √ ⁡ sec(𝑡) tan(𝑡) 𝑑𝑡 2

Remplazando en función de “t” en los valores “x” 3

∫

(𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2 − 7

7 7 [(√2⁡ sec(𝑡)) + 2] [√2⁡ sec(𝑡) tan(𝑡) 𝑑𝑡] =∫

2

7 [√2 (√2⁡ sec(𝑡)) − 7] 3

∫

(𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2 − 7

7 7 [(√2⁡) 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑡) + 2] [√2⁡ sec(𝑡) tan(𝑡) 𝑑𝑡] =∫

2

7 [√2 (√2⁡) 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡) − 7] 3

∫

(𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2 − 7

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

7 7 [(√2⁡) 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑡) + 2] [√2⁡ sec(𝑡) tan(𝑡) 𝑑𝑡] =∫

[√7𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡) − 7]

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3

∫

(𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2 − 7

7 7 [(√2⁡) 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑡) + 2] [√2⁡ sec(𝑡) tan(𝑡) 𝑑𝑡] =∫

√7 [√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡) − 1] 3

∫

(𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2 − 7

=∫

7 √7 [(√2⁡) 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑡) + 2] [ sec(𝑡) tan(𝑡) 𝑑𝑡] √2 √7 [√𝑡𝑎𝑛2 (𝑡)] 3

∫

(𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2 − 7

=∫

7 √7 [(√2⁡) 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑡) + 2] [ sec(𝑡) tan(𝑡) 𝑑𝑡] √2 √7 tan(𝑡) 3

(𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥

7 1 ∫ = ∫ [(√ ⁡) 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑡) + 2] [ sec(𝑡) 𝑑𝑡] 2 √2𝑥 2 − 7 √2

∫

(𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2 − 7 (𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥

3

=∫

(√7)

4 𝑠𝑒𝑐

(√2)

4 (𝑡)𝑑𝑡

+

2 √2

sec(𝑡) 𝑑𝑡

3

2 (√7) ∫ =∫ 𝑠𝑒𝑐 4 (𝑡)𝑑𝑡 + ∫ sec(𝑡) 𝑑𝑡 4 √2𝑥 2 − 7 √2 ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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∫

∫

∫

∫

∫ ∫

(𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2

−7

(𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2 − 7 (𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2 − 7 (𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2 − 7 (𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2

−7

(𝑥 3 +2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2 −7

=

=

2 √343 ∫ 𝑠𝑒𝑐 4 (𝑡)𝑑𝑡 + ∫ sec(𝑡) 𝑑𝑡 4 √2

=

2 √343 ∫(𝑡𝑎𝑛2 (𝑡) + 1) 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡)𝑑𝑡 + ∫ sec(𝑡) 𝑑𝑡 4 √2

=

2 √343 ∫(𝑡𝑎𝑛2 (𝑡) + 1) 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡)𝑑𝑡 + ∫ sec(𝑡) 𝑑𝑡 4 √2

=

2 √343 √343 ∫ 𝑡𝑎𝑛2 (𝑡)𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡)𝑑𝑡 + ∫ 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡)𝑑𝑡 + ∫ sec(𝑡) 𝑑𝑡 4 4 √2

=

2 √343 √343 ∫ 𝑡𝑎𝑛2 (𝑡) 𝑑(𝑡𝑎𝑛(𝑡))𝑑𝑡 + ∫ 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡)𝑑𝑡 + ∫ sec(𝑡) 𝑑𝑡 4 4 √2

√343 √343 𝑡𝑎𝑛3 (𝑡) + ∁1 12 12

+

√343 𝑡𝑎𝑛(𝑡) 4

+

√343 ∁2 4

+

2 ln(sec(𝑡) √2

+ tan(𝑡)) +

2 ∁ √2 3

Donde las constantes son: ∁=

∫

2 √343 √343 ∁1 + ∁2 + ∁3 4 4 √2

(𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2 − 7

=

2 √343 √343 𝑡𝑎𝑛3 (𝑡) + 𝑡𝑎𝑛(𝑡) + ln(sec(𝑡) + tan(𝑡)) + ∁ 4 4 √2

Hallamos el valor de t

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝑥=

√7 √2

sec(𝑡)

sec(𝑡) =

𝑥√2 √7

Hallamos en un ángulo

𝒙√𝟐

√𝟐𝒙𝟐 − 𝟕

√7

Remplazando t en función x ∫

(𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥 √2𝑥 2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

−7

=

2 √343 √343 𝑡𝑎𝑛3 (𝑡) + 𝑡𝑎𝑛(𝑡) + ln(sec(𝑡) + tan(𝑡)) + ∁ 4 4 √2

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(𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥

3

2 𝑥√2 √2𝑥 2 − 2 √343 √2𝑥 2 − 2 √343 √2𝑥 2 − 2 ∫ = ln ( + ( ) + ( )+ )+∁ 4 4 √2𝑥 2 − 7 √7 √7 √7 √7 √2 (𝑥 3 + 2) 𝑑𝑥

3

2 𝑥√2 + √2𝑥 2 − 2 √343 √2𝑥 2 − 2 √343 √2𝑥 2 − 2 ∫ = ln ( ( ) + ( )+ )+∁ 4 4 √2𝑥 2 − 7 √7 √7 √7 √2

d. ∫

𝒙+𝟓 𝒙√𝒙𝟐 +𝟒

𝒅𝒙…………………………………………………………………( PAUCAR ROJAS, Jhon Alexander)

(𝑥+5)

∫ 𝑥√𝑥 2 +22 𝑑𝑥 ………. (Caso II) SOLUCIÓN: X = 2 tan(𝑡) 𝑑𝑥 = 2 sec 2 (𝑡)𝑑𝑡 ∫

(𝑥 + 5) 𝑥√𝑥 2 + 22

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

𝑑𝑥 = ∫

[2 tan(𝑡) + 5][2 sec 2 (𝑡)]𝑑𝑡 2 tan(𝑡) √[2 tan(𝑡)]2 + 22

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∫ ∫ ∫

(𝑥 + 5) 𝑥√𝑥 2 + 22 (𝑥 + 5) 𝑥√𝑥 2 + 22 (𝑥 + 5) 𝑥√𝑥 2 + 22

𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 = ∫

[4 tan(𝑡) sec 2 (𝑡) + 10 sec 2 (𝑡)]𝑑𝑡 2 tan(𝑡) √4 tan2 (8) + 4 sec(𝑡)[4 tan(𝑡) sec(𝑡) + 10 sec(𝑡)]𝑑𝑡 2 tan(𝑡) [2 sec(𝑡)]

𝑑𝑥 = 2 ∫

tan(𝑡) sec(𝑡)𝑑𝑡 sec(𝑡)𝑑𝑡 + 5∫ tan(𝑡) tan(𝑡)

1 cos(𝑡) ∫ 𝑑𝑥 = 2 ∫ sec(𝑡)𝑑𝑡 + 5 ∫ 𝑑𝑡 2 2 𝑠𝑒𝑛(𝑡) 𝑥√𝑥 + 2 cos(𝑡) (𝑥 + 5)

∫ ∫ ∫

(𝑥 + 5) 𝑥√𝑥 2 + 22 (𝑥 + 5) 𝑥√𝑥 2 + 22 (𝑥 + 5) 𝑥√𝑥 2 + 22

𝑑𝑥 = 2 ∫ sec(𝑡)𝑑𝑡 + 5 ∫

𝑑𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝑡)

𝑑𝑥 = 2 ∫ sec(𝑡)𝑑𝑡 + 5 ∫ csc(𝑡)𝑑𝑡 𝑑𝑥 = 2 ln|sec(𝑡) + tan(𝑡)| + 2𝐶1 + 5 ln|csc(𝑡) − cos(𝑡)| + 5𝐶2

𝑥 = 2 tan(𝑡) 𝑥 = tan(𝑡) 2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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√𝒙𝟐 + 𝟒

𝒙 2 ∫ ∫

e.

∫

(𝑥 + 5) 𝑥√𝑥 2 + 4 (𝑥 + 5) 𝑥√𝑥 2 + 4 𝒙+𝟏𝒅𝒙 𝒙𝟐 √𝟒𝒙𝟐 +𝟗

𝑑𝑥 = 2 ln |

√𝑥 2 + 4 𝑥 √𝑥 2 + 4 2 + | + 5 ln | − |+𝐶 2 2 𝑥 𝑥

𝑑𝑥 = 2 ln |

√𝑥 2 + 4 + 𝑥 √𝑥 2 + 4 − 2 | + 5 ln | |+𝐶 2 𝑥

…………………………………………………………………( PAUCAR ROJAS, Jhon Alexander)

SOLUCIÓN: A la integral dada escribimos así:

⁡⁡⁡⁡∫

𝑥+1 𝑥 2 √4𝑥 2 +9

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

𝑑𝑥⁡ = ⁡⁡⁡⁡⁡ ∫

𝑥+1 𝑥 2 √(2𝑥)2 +32

𝑑𝑥

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Aplicando la sustitución del 1er caso se tiene:

√4𝑥 2 + 9

2𝑥

3 Se toma de la función:

2𝑥 3

= 𝑡𝑎𝑛𝜃

⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑥 =

3𝑡𝑎𝑛𝜃 2

2𝑥 3

⁡⁡⁡⁡⁡𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔( ) 3

𝑑𝑥 = 2 𝑠𝑒𝑐 2 𝜃𝑑𝜃

Además: 𝑠𝑒𝑐𝜃 =

√4𝑥 2 +9 3

√4𝑥 2 + 9 = 3𝑠𝑒𝑐𝜃

Ahora hacemos las sustituciones:

⁡⁡⁡⁡⁡∫

𝑥+1 𝑥 2 √4𝑥 2 +9

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

𝑑𝑥

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∫(

3𝑡𝑔𝜃 +1 2 3𝑡𝑔𝜃 2 ( ) .3𝑠𝑒𝑐𝜃 2

3

) 𝑠𝑒𝑐 2 𝜃𝑑𝜃 2

3𝑡𝑔𝜃 + 2 3 2 ∫( ). 𝑠𝑒𝑐 2 𝜃𝑑𝜃 2 9𝑡𝑔 𝜃 2 4 . 3𝑠𝑒𝑐𝜃 ∫

4(3𝑡𝑔𝜃 + 2) 3 . 𝑠𝑒𝑐 2 𝜃𝑑𝜃 2.9.3𝑡𝑔2 𝜃. 𝑠𝑒𝑐𝜃 2

∫

(3𝑡𝑔𝜃 + 2)𝑠𝑒𝑐𝜃𝑑𝜃 9. 𝑡𝑔2 𝜃

Convirtiendo a senos y cosenos 3𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝜃 1 ( 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 2) 𝑐𝑜𝑠𝜃 ∫ 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 9 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 1 ∫ 9

(3𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑑𝜃 1 (3𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑑𝜃 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 =⁡ ∫ 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 9 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 2 𝑐𝑜𝑠 𝜃 1

= 9∫

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

3𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 𝑠𝑒𝑛2 𝜃

2

+9∫

𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃 𝑠𝑒𝑛2 𝜃

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1

= ∫ 3

𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 𝑠𝑒𝑛2 𝜃

2

𝑐𝑜𝑠𝜃

+ ∫ 𝑑𝜃 9 𝑠𝑒𝑛𝜃.𝑠𝑒𝑛𝜃

1

2

= ∫ 𝑐𝑠𝑐𝜃𝑑𝜃 + ∫ 𝑐𝑡𝑔𝜃. 𝑐𝑠𝑐𝜃𝑑𝜃 3 9 1

2

= 3 [𝑙𝑛|𝑐𝑠𝑐𝜃 − 𝑐𝑜𝑡𝜃| + 𝑐1 ] + 9 ∫ 𝑐𝑡𝑔𝜃. 𝑐𝑠𝑐𝜃𝑑𝜃

f.

∫

=

𝑙𝑛|𝑐𝑠𝑐𝜃| 𝑙𝑛|𝑐𝑜𝑡𝜃| 𝑐 − + 1 3 3 3

+ [−𝑐𝑠𝑐𝜃 + 𝑐2 ]

=

𝑙𝑛|𝑐𝑠𝑐𝜃| 𝑙𝑛|𝑐𝑜𝑡𝜃| 𝑐 − 3 + 31 3

−

𝒙−𝟐𝒅𝒙 𝒙𝟑 √𝟒𝒙𝟐 −𝟓

2 9

2𝑐𝑠𝑐𝜃 9

2

+ 9 𝑐2

…………………………………………………………………( PAUCAR ROJAS, Jhon Alexander)

SOLUCIÓN: ∫

𝑥 − 2𝑑𝑥 𝑥 3 ⁡√4𝑥 2

− ⁡5

⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜⁡𝑒𝑙⁡𝐶𝐴𝑆𝑂⁡𝐼𝐼𝐼 = ⁡ 𝑥 2 − ⁡ 𝑎2 ⁡

𝑥 − 2𝑑𝑥

∫

𝑥 3 ⁡√(√4𝑥)2 − ⁡ (√5)2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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5 4

𝑥 = ⁡ √ ⁡sec⁡(𝑡) 5

𝑑𝑥 = ⁡ √4 sec(𝑡) tan(𝑡) 𝑑𝑡

𝑅𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜:

∫

𝑥 − 2𝑑𝑥 𝑥 3 ⁡√4𝑥 2 − ⁡5

=⁡∫

⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡= ∫

5 5 (√4 sec(𝑡) − 2) (√4 sec(𝑡) 𝑡𝑎𝑛⁡(𝑡)𝑑𝑡) 2

5 5 (√4 sec(𝑡))3 ⁡(√4 (√4 sec(𝑡)) − 5) 5 5 (√4 sec(𝑡) − 2) (√4 sec(𝑡) tan(𝑡)) 𝑑𝑡 3

5 5 (√4 sec(𝑡)) (√4 (4 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡)) − 5)

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡= ⁡ ∫

5 5 (√4 sec(𝑡) − 2) (√4 sec(𝑡) tan(𝑡)) 𝑑𝑡 3

5 (√4 sec(𝑡)) (√5⁡𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡) − 5)

⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡= ⁡ ∫

5 5 (√4 sec(𝑡) − 2) (√4 sec(𝑡) tan(𝑡)) 𝑑𝑡 3

5 (√4 sec(𝑡)) √5√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡) − 1

⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡= ⁡ ∫

5 5 (⁡4 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡) tan(𝑡) − 2√4 sec(𝑡) tan(𝑡))𝑑𝑡 3

5 (√4 sec(𝑡)) (√5√𝑡𝑎𝑛2 ) 5 5 2√ sec(𝑡) tan(𝑡) 𝑑𝑡 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡) tan(𝑡)𝑑𝑡 4 4 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡= ⁡ ∫ −∫ 5 5 (√4)3 ⁡𝑠𝑒𝑐 3 (𝑡)√5⁡tan⁡(𝑡) (√4)3 ⁡𝑠𝑒𝑐 3 (𝑡)√5⁡tan⁡(𝑡) 5 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡= ⁡ ∫ 4

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡) tan(𝑡)𝑑𝑡 5 (√ )3 ⁡𝑠𝑒𝑐 3 (𝑡)√5⁡tan⁡(𝑡) 4

5 − 2√ ∫ 4

sec(𝑡) tan(𝑡) 𝑑𝑡 5 (√ )3 ⁡𝑠𝑒𝑐 3 (𝑡)√5⁡tan⁡(𝑡) 4

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5 5 2√ 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡) tan(𝑡)𝑑𝑡 sec(𝑡) tan(𝑡) 𝑑𝑡 4 4 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡= ⁡ ∫ − ⁡ ∫ 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑡)⁡tan⁡(𝑡) 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑡)⁡tan⁡(𝑡) 5 √5 ⁡√5 (√ )3 ⁡√5 4 4 3

𝑑𝑡 8√5 𝑑𝑡 √4 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡= ⁡ ∫ −⁡ ∫ 20 sec⁡(𝑡) 25 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡) 3

3

8√5 1 8√5 √4 √4 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡= ⁡ ⁡𝑠𝑒𝑛(𝑡) + ⁡ 𝐶1 − ⁡ ⁡( ⁡𝑠𝑒𝑛(𝑡)⁡cos(𝑡)) − ⁡ ⁡𝐶 20 20 25 2 25 2 5

𝑆𝑖⁡𝑥 = ⁡ √4 ⁡sec⁡(𝑡) ∴ sec(𝑡) = ⁡

𝑥 √5 4

𝐸𝑛⁡𝑒𝑙⁡𝑡𝑟𝑖á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜⁡𝑟𝑒𝑐𝑡á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜

𝒙 √𝒙𝟐 − ⁡

𝟓 𝟒

t ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝟓 𝟒

√

3

3

8√5 1 8√5 √4 √4 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜⁡𝑒𝑛⁡ ⁡𝑠𝑒𝑛(𝑡) + ⁡ 𝐶1 − ⁡ ⁡( ⁡𝑠𝑒𝑛(𝑡)⁡cos(𝑡)) − ⁡ ⁡𝐶 ⁡⁡ 20 20 25 2 25 2 3

=

=⁡

√4 ( 20

)(

5 4

√𝑥 2 −⁡ 𝑥

3 5 √4 √𝑥 2 − ⁡ 4

=⁡

)+

3

20𝑥

√4 +⁡ 𝐶 −⁡ 20 1

3

5

√4 √𝑥 2 −⁡4

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

20𝑥

⁡+

5

3

√4 20

𝐶1 − (

25

)(

𝑥

5 5 (4√5) (√𝑥 2 − ⁡ 4) (√4⁡) 25𝑥 2

⁡−⁡

5

)(

√ ⁡ 4

8√5

𝑥

25

) −⁡

⁡𝐶2

8√5 ⁡𝐶 ⁡⁡ 25 2

5

3

√4 20

4√5

(√𝑥 2 −⁡4)

𝐶1 − ⁡

2⁡(√𝑥 2 −⁡4) 5𝑥 2

−⁡

8√5 25

⁡𝐶2 ⁡⁡

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g.

∫

𝒔𝒆𝒄(𝒙)𝒅𝒙 𝒕𝒂𝒏𝟐 (𝒙)√𝒔𝒆𝒄𝟐 (𝒙)+𝟐

…………………………………………………………………( ROJAS BENDEZU, Flavio Fabioli)

SOLUCIÓN: CASO II ∫

𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥)+2

∫

1

=∫

(𝐶𝑂𝑆(𝑋))𝑑𝑥 (𝑠𝑒𝑐 2 𝑥−1)√𝑠𝑒𝑐 2 𝑥+2

𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

=∫

1 ( ) 𝑑𝑥 𝐶𝑂𝑆(𝑋) 2 2 1 1 (( ) − 1) √( ) +2 cos(𝑥) cos(𝑥)

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∫

𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2

1 ( ) 𝑑𝑥 𝐶𝑂𝑆(𝑋)

=∫

2 2 1 1 (( ) − 1) √( ) + (√2)2 cos(𝑥) cos(𝑥)

𝑥 = √2tan⁡(𝑡) 𝑑𝑥 = √2𝑠𝑒𝑐 2 ⁡(𝑡)𝑑𝑡

∫

∫

∫

𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2

𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2

𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

1 ( ) (√2 𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡))𝑑𝑡 𝐶𝑂𝑆(𝑋)

=∫

2 2 1 1 (( ) − 1) √( ) +2 cos(𝑥) cos(𝑥)

= √2 ∫

1 ( ) (𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡))𝑑𝑡 𝐶𝑂𝑆(𝑋) 2 2 1 1 (( ) − 1) √( ) +2 cos(𝑥) cos(𝑥)

= √2 ∫

1 ( ) (𝑠𝑒𝑐 2 (𝑡))𝑑𝑡 𝐶𝑂𝑆(𝑋) 2 2 1 1 (( ) − 1) √( ) +2 cos(𝑥) cos(𝑥)

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∫

𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥)

+2

= √2 ∫

2 1 1 ( )( ) 𝑑𝑡 𝐶𝑂𝑆(𝑋) cos⁡(𝑡) 2 2 1 1 (( ) − 1) √( ) +2 cos(𝑥) cos(𝑥)

1 1 )( ) 𝑑𝑡 𝐶𝑂𝑆(𝑥) 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑡) ∫ = √2 ∫ 1 1 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2 (( 2 ) − 1) √( )+2 𝑐𝑜𝑠 (𝑥) 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) (

𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥

1 𝑑𝑡 cos⁡(𝑥)𝑐𝑜𝑠 2 (𝑡) ∫ = √2 ∫ 1 − 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) 1 + 2𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2 ( )√ 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) 𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥

∫

𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2

= √2 ∫

1 𝑑𝑡 cos⁡(𝑥)𝑐𝑜𝑠 2 (𝑡) 1 − 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) √1 + 2𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) ( ) 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) √𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥)

1 𝑑𝑡 cos⁡(𝑥)𝑐𝑜𝑠 2 (𝑡) ∫ = √2 ∫ 1 − 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) 1 + √2cos⁡(𝑥) 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2 ( )( ) cos⁡(𝑥) 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) 𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝑑𝑡 cos⁡(𝑥)𝑐𝑜𝑠 2 (𝑡) ∫ = √2 ∫ 1 + √2 cos(𝑥) − 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) − √2𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2 𝑐𝑜𝑠 3 (𝑥) 𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2 𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥)

+2

𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2 𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥)

+2

𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2

= √2 ∫

𝑑𝑡 cos⁡(𝑥)𝑐𝑜𝑠 2 (𝑡) 2√2

=

1 𝑑𝑡 ∫ 2 cos⁡(𝑥)𝑐𝑜𝑠 2 (𝑡)

=

1 ∫ cos⁡−1 (𝑥)𝑐𝑜𝑠 −2 (𝑡)𝑑𝑡 2

=

1 ∫ 𝑐𝑜𝑠 −2 (𝑡)𝑑(tan⁡(𝑥)) 2

=

1 𝑐𝑜𝑠 −1 (𝑥) 2 −1

𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥

1 1 =− ( ) 2 cos(𝑡) 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2 𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥)

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

1 1 = − tan(𝑡) − 𝐶 2 2 +2

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 𝑥 = √2tan⁡(𝑡) 𝑥  = tan⁡(𝑡) √2

∫

∫

𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥

1 𝑥 1 =− ( )− 𝐶 2 √2 2 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2 𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑑𝑥 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)√𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) + 2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

=−

1 2√2

𝑥+𝐶

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𝒄𝒔𝒄(𝒙)𝒅𝒙 h. ∫ 𝒄𝒐𝒕𝟐(𝒙)√𝒄𝒔𝒄 …………………………………………………………………( ROJAS BENDEZU, Flavio Fabioli) 𝟐 (𝒙)−𝟏

SOLUCIÓN: ∫

csc(𝑥) 𝑑𝑥 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥)√𝑐𝑡𝑔2 (𝑥)⁡

∫

csc(𝑥) 𝑑𝑥 𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥)cot⁡(𝑥)

∫

csc(𝑥) 𝑑𝑥 𝑐𝑜𝑡 3 (𝑥)

∫

csc(𝑥) 𝑑𝑥 𝑐𝑜𝑡 3 (𝑥)

𝑆𝑒𝑐 2 𝐶𝑥)-𝑡𝑎𝑛2 (𝑥)= 1

1 𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ∫ 𝑐𝑜𝑠 3 (𝑥) 𝑠𝑒𝑛3 (𝑥)

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝑡𝑎𝑛2 (𝑥) 𝑑𝑥 ∫ cos⁡(𝑥) ∫ 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥) sec(𝑥) 𝑑𝑥 ∫ 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥) sec(𝑥) 𝑑𝑥 ∫ (𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) − 1) sec(𝑥) 𝑑𝑥 ∫ 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) 𝑑𝑥 -∫ sec⁡(x)𝑑𝑥⁡…………………………………………………….(a)

Hallamos ∫ 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) 𝑑𝑥 por partes U=sec(x)

dv=𝑠𝑒𝑐 2(𝑥)𝑑𝑥

Du=sec(x)tan(x) v=tan(x) ∫ 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) 𝑑𝑥=sec(x)tan(x)- ∫ sec⁡(𝑥) 𝑡𝑎𝑛2 (𝑥) 𝑑𝑥 ∫ 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) 𝑑𝑥= sec(x)tan(x)-⁡∫ sec⁡(𝑥) (𝑠𝑒𝑐 2 (𝑥) − 1) 𝑑𝑥 ∫ 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) 𝑑𝑥= sec(x)tan(x)-⁡∫ 𝑠𝑒𝑐 3(𝑥) 𝑑𝑥+∫ sec⁡(x)𝑑𝑥

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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2∫ 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) 𝑑𝑥= 𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑡𝑎𝑛(𝑥) + 𝐿𝑛(𝑠𝑒𝑐𝑥 + 𝑡𝑎𝑛(𝑥)) ∫ 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) 𝑑𝑥=

⁡𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑡𝑎𝑛(𝑥)+𝐿𝑛(𝑠𝑒𝑐𝑥+𝑡𝑎𝑛(𝑥)) 2

∫ 𝑠𝑒𝑐 3 (𝑥) 𝑑𝑥 -∫ sec⁡(x)𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑡𝑎𝑛(𝑥) + 𝐿𝑛(𝑠𝑒𝑐𝑥 + 𝑡𝑎𝑛(𝑥))- 𝐿𝑛(𝑠𝑒𝑐𝑥 + 𝑡𝑎𝑛(𝑥))

∫

csc(𝑥)𝑑𝑥

=

𝑐𝑜𝑡 2 (𝑥)√𝑐𝑠𝑐 2 (𝑥)−1⁡⁡

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

⁡𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑡𝑎𝑛(𝑥)+𝐿𝑛(𝑠𝑒𝑐𝑥+𝑡𝑎𝑛(𝑥)) 2

- ⁡⁡𝐿𝑛(𝑠𝑒𝑐𝑥 + 𝑡𝑎𝑛(𝑥)) +C

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V. Resolver las siguientes integrales indefinidas usando el método de fracciones parciales:

a.

𝒙𝟑 +𝟐𝒙+𝟏𝒅𝒙

∫ 𝒙(𝟐𝒙+𝟏)(𝟑𝒙−𝟐), …………………………………………………………………( ROJAS BENDEZÚ, Flavio Fabioli) SOLUCIÓN:

(𝑥3 + 2𝑥 + 1) 𝑥(2𝑥 + 1)(3𝑥 − 2) (𝑥3 + 2𝑥 + 1) 𝑥(2𝑥 + 1)(3𝑥 − 2)

=

=

𝐴 𝐵 𝐶 + + 𝑥 2𝑥 + 1 3𝑋 − 2

𝐴(2𝑥 + 1)(3𝑥 − 2) + 𝐵(𝑥)(3𝑥 − 2) + 𝐶(𝑥)(2𝑥 + 1) 𝑥(2𝑥 + 1)(3𝑥 − 2)

𝑥3 + 2𝑥 + 1 = 𝐴(6𝑥2 − 𝑥 − 2) + 𝐵(3𝑥2 − 2𝑥) + 𝐶(2𝑥2 + 𝑥) 𝑥3 + 2𝑥 + 1 = 𝑥2 (6𝐴 + 3𝐵 + 2𝐶) + 𝑥(𝐶 − 𝐴 − 2𝐵) − 2𝐴

Sacando los sistemas de ecuaciones: 6𝐴 + 3𝐵 + 2𝐶 = 0 ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝐶 − 𝐴 − 2𝐵 = 2 −2𝐴 = 1

Sacando los valores de las variables: 𝐴=−

1 2

𝐵=0 𝐶=

3 2

Reemplazando en la nueva integral las variables: 1

= −2∫

𝑑𝑥 𝑥

3

𝑑𝑥

+ 0 + 2 ∫ 3𝑥−2

1 1 − ln(𝑥) + ln(3𝑥 − 2) + 𝐶 2 2

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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𝟑

𝟐

−𝒙 −𝟐𝒙+𝟏𝒅𝒙 b. ∫ 𝒙𝒙(𝟐𝒙−𝟑)(𝟒𝒙+𝟓) …………………………………………………………………( ROJAS BENDEZÚ, Flavio Fabioli)

SOLUCIÓN: 2

3 (𝑥 3 + 𝑥 2 − 2𝑥 + 1)𝑑𝑥 (𝑥3 + 𝑥2 − 2𝑥 + 1)𝑑𝑥 1 (8𝑥 + 8𝑥 − 16𝑥 + 8) 𝑑𝑥 ∫ =∫ = ∫ 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 8 8𝑥3 − 2𝑥2 − 15𝑥 8𝑥3 − 2𝑥2 − 15𝑥

Convertir a fracción propia la fracción impropia: 𝑓(𝑥) =

(6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 8𝑥 3 + 8𝑥 2 − 16𝑥 + 8 = 1 − 8𝑥 3 − 2𝑥 2 − 15𝑥 8𝑥 3 + 8𝑥 2 − 16𝑥 + 8

(6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 1 (8𝑥 3 + 8𝑥 2 − 16𝑥 + 8)𝑑𝑥 1 1 ⁡ ∫ = ∫ 𝑑𝑥 − ∫ 8 8𝑥 3 − 2𝑥 2 − 15𝑥 8 8 8𝑥 3 + 8𝑥 2 − 16𝑥 + 8

A HALLANDO LA INTEGRAL A

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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(6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 1 ∫ 3 8 8𝑥 + 8𝑥 2 − 16𝑥 + 8

SOLUCION 𝑓(𝑥) =

(6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5)

(6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 𝒜 ℬ 𝒞 = + + 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 𝑥 2𝑥 − 3 4𝑥 + 5 (6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 𝒜(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) + ℬ(𝑥)(4𝑥 + 5) + 𝒞(𝑥)(2𝑥 − 3) = 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 6𝑥 2 + 𝑥 − 8 = 𝒜(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) + ℬ(𝑥)(4𝑥 + 5) + 𝒞(𝑥)(2𝑥 − 3) 6𝑥 2 + 𝑥 − 8 = 𝒜(8𝑥 2 − 2𝑥 − 15) + ℬ(4𝑥 2 + 5𝑥) + 𝒞(2𝑥 2 − 3𝑥)

8𝒜 + 4ℬ + 2𝒞 = 6 … … … … … … … … (𝐼) −2𝒜 + 5ℬ − 3𝒞 = 1 … … … … … … … (𝐼𝐼) −15𝒜 = −8 … … … … … … … … … … . . (𝐼𝐼𝐼)

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HALLAMOS EL VALOR DE LA VARIABLE “A” EN LA ECUACION (𝐼𝐼𝐼) −15𝒜 = −8 𝒜=

8 15

HALLAMOS EL VALOR DE “B” EN LA ECUACION (𝐼) Y (𝐼𝐼). 8𝒜 + 4ℬ + 2𝒞 = 6 … … … … … … … … (𝐼) ⁡⁡⁡ ∗ 3 −2𝒜 + 5ℬ − 3𝒞 = 1 … … … … … … … (𝐼𝐼) ⁡⁡ ∗ 2

MULTIPLICAMOS CON 3 Y 2 RESPECTIVAMENTE A LAS ECUACIONES (𝐼)⁡𝑌⁡(𝐼𝐼) PARA LA ELIMINACION DE LA VARIABLE “C” 24𝒜 + 12ℬ + 6𝒞 = 18 … … … … … … … … (𝐼) −4𝒜 + 10ℬ − 6𝒞 = 2 … … … … … … … (𝐼𝐼)⁡⁡

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⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡20𝒜 + 22ℬ = 20 10𝒜 + 11ℬ = 10 … … … … … … . (𝐼𝑉)

REMPLAZAMOS EL VALOR DE LA VARIABLE “A” EN LA ECUACION (𝐼𝑉) PARA OBTENER EL VALOR DE LA VARIABLE “B”: 10𝒜 + 11ℬ = 10 … … … … … … . (𝐼𝑉) 8 10 ( ) + 11ℬ = 10 15 ℬ=

14 33

REMPLAZAMOS EL VALOR DE “B Y A” EN LA ECUACION (𝐼𝐼) PARA OBTENER EL VALOR DE LA VARIABLE “C”. −2𝒜 + 5ℬ − 3𝒞 = 1 … … … … … … … (𝐼𝐼)⁡⁡ 5 14 −2 ( ) + 5 ( ) − 3𝒞 = 1 18 33 𝒞=

1 55

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FINALMENTE REMPLAZAMOS LOS VALORES DE LAS VARIBLES EN LA INTEGRAL (6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 1 ∫ 8 8𝑥 3 + 8𝑥 2 − 16𝑥 + 8 1 (6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 𝑑𝑥 1 𝒜𝑑𝑥 1 ℬ𝑑𝑥 1 𝒞𝑑𝑥 ∫ = ∫ + ∫ + ∫ 8 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 8 𝑥 8 2𝑥 − 3 8 4𝑥 + 5 8 1 14 1 (6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 𝑑𝑥 1 15 𝑑𝑥 1 33 𝑑𝑥 1 55 𝑑𝑥 ∫ = ∫ + ∫ + ∫ 8 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 8 𝑥 8 2𝑥 − 3 8 4𝑥 + 5 1 (6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 𝑑𝑥 1 𝑑𝑥 7 𝑑𝑥 1 𝑑𝑥 ∫ = ∫ + ∫ + ∫ 8 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 15 𝑥 132 2𝑥 − 3 440 4𝑥 + 5 1 (6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 𝑑𝑥 1 𝑑𝑥 7 𝑑𝑥 1 𝑑𝑥 ∫ = ∫ + ∫ + ∫ 8 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 15 𝑥 132 2𝑥 − 3 440 4𝑥 + 5 1 (6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 𝑑𝑥 1 𝑑𝑥 7 2𝑑𝑥 1 4𝑑𝑥 ∫ = ∫ + ∫ + ∫ 8 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 15 𝑥 264 2𝑥 − 3 1760 4𝑥 + 5

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1 (6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 𝑑𝑥 1 𝐶1 7 7𝐶2 1 𝐶3 ∫ = ln|𝑥| + + ln|2𝑥 − 3| + + ln|4𝑥 + 5| + 8 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 15 15 264 264 1760 1760 DE ESTO SE SABE QUE 𝐶=

𝐶1 7𝐶2 𝐶3 + + 15 264 1760

ENTONCES: 1 (6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 𝑑𝑥 1 7 1 ∫ = ln|𝑥| + ln|2𝑥 − 3| + ln|4𝑥 + 5| + 𝐶 8 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 15 264 1760 FINALMENTE REMPLAZAAMOS EL LA INTEGRAL ORIGINAL (6𝑥 2 + 𝑥 − 8) 𝑑𝑥 1 (𝑥 3 + 𝑥 2 − 2𝑥 + 1)𝑑𝑥 1 1 ∫ = ∫ 𝑑𝑥 − ∫ 3 8 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 8 8 8𝑥 + 8𝑥 2 − 16𝑥 + 8 1 (𝑥 3 + 𝑥 2 − 2𝑥 + 1)𝑑𝑥 1 1 7 1 ∫ = ∫ 𝑑𝑥 − ( ln|𝑥| + ln|2𝑥 − 3| + ln|4𝑥 + 5| + 𝐶) 8 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 8 15 264 1760 1 (𝑥 3 + 𝑥 2 − 2𝑥 + 1)𝑑𝑥 𝑥 𝐶1 1 7 1 ∫ = + − ( ln|𝑥| + ln|2𝑥 − 3| + ln|4𝑥 + 5| + 𝐶) 8 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 8 8 15 264 1760 1 (𝑥 3 + 𝑥 2 − 2𝑥 + 1)𝑑𝑥 𝑥 𝐶1 1 7 1 ∫ = + − ln|𝑥| − ln|2𝑥 − 3| − ln|4𝑥 + 5| − 𝐶 8 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 8 8 15 264 1760

DE ES TO SE DICE QUE:

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𝐶=

𝐶1 −𝐶 8

1 (𝑥 3 + 𝑥 2 − 2𝑥 + 1)𝑑𝑥 𝑥 ln|𝑥| 7 ln|2𝑥 − 3| ln|4𝑥 + 5| ∫ = − − − + 𝐶 … … … … … .⁡⁡⁡⁡⁡𝑃𝑇𝐴.. 8 𝑥(2𝑥 − 3)(4𝑥 + 5) 8 15 264 1760

c.

𝒙𝟐 +𝟒𝒙+𝟐𝒅𝒙

∫ (𝟐𝒙+𝟑)(𝟑𝒙−𝟐)…………………………………………………………………( ROJAS BENDEZÚ, Flavio Fabioli) SOLUCIÓN:

∫

(𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 + 𝟐)𝒅𝒙 (𝟐𝒙 + 𝟑)(𝟑𝒙 − 𝟐)

𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 + 𝟐 = ⁡

𝑨𝒙 + 𝑩 𝑪𝒙 + 𝑫 + 𝟐𝒙 + 𝟑 𝟑𝒙 − 𝟐

𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 + 𝟐 = ⁡

𝑨 𝑩 + 𝟐𝒙 + 𝟑 𝟑𝒙 − 𝟐

Es propia.

𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 + 𝟐 = 𝟑𝑨𝒙 − 𝟐𝑨 + 𝟑𝑩𝒙 + 𝟑𝑩

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𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 + 𝟐 = 𝒙(𝟑𝑨 + 𝟑𝑩) + 𝟑𝑩 − 𝟐𝑨

𝟑𝑨 + 𝟑𝑩 = 𝟒 Multiplicando por (-1)

𝐀 =⁡

𝟐 𝟓

𝐁 =⁡

𝟏𝟒 𝟐𝟓

𝟑𝑩 − 𝟐𝑨 = −𝟐

REEMPLAZANDO ∫

𝟐 𝒅𝒙 𝟏𝟒 𝒅𝒙 (𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 + 𝟐)𝒅𝒙 =⁡ ∫ + ∫ (𝟐𝒙 + 𝟑)(𝟑𝒙 − 𝟐) 𝟓 𝟐𝒙 + 𝟑 𝟐𝟓 𝟑𝒙 − 𝟐

𝟐 𝟏 𝟏𝟒 𝟏 (𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 + 𝟐)𝒅𝒙 ∫ = ⁡ ( 𝐥𝐧|𝟐𝒙 + 𝟑|) + 𝑪𝟏 + ( 𝐥𝐧|𝟑𝒙 − 𝟐|) + 𝑪𝟐 (𝟐𝒙 + 𝟑)(𝟑𝒙 − 𝟐) 𝟓 𝟑 𝟐𝟓 𝟑 ∫

𝟐 𝟏𝟒 (𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 + 𝟐)𝒅𝒙 = ⁡ 𝐥𝐧|𝟐𝒙 + 𝟑| + 𝐥𝐧|𝟑𝒙 − 𝟐| + 𝑪 (𝟐𝒙 + 𝟑)(𝟑𝒙 − 𝟐) 𝟏𝟓 𝟕𝟓

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𝟑

(𝒙−𝟑) 𝒅𝒙 d. ∫ (𝒙+𝟓)(𝟑𝒙+𝟏) …………………………………………………………………( ROJAS BENDEZÚ, Flavio Favioli)

SOLUCIÓN:

∫ ∫

(𝑥 3 −9𝑥 2 +27𝑥−27)𝑑𝑥

Fracción impropia tenemos que dividir.

(3𝑥 2 +16𝑥+5) (𝑥 3 −9𝑥 2 +27𝑥−27)𝑑𝑥 (3𝑥 2 +16𝑥+5)

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1

43

=∫ ⁡⁡⁡(⁡( 𝑥 − ⁡ ) + ⁡⁡⁡ 3 9

907𝑥 28 − 9 9 2 (3𝑥 +16𝑥+5)

) 𝑑𝑥⁡

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1

43

1 𝑥2

9 1

∫ 𝑥 𝑑𝑥3

1

( ) + 3c1 − 3 2 𝐴 𝑥+5

𝐵

+

=

3𝑥+1

907𝑥−28⁡⁡𝑑𝑥

∫ 𝑑𝑥 +9 ∫ (𝑥+5)(3𝑥+1) 43𝑥 9

−

43⁡⁡⁡ 9

1

𝐴

𝐵

𝑐2 + ∫( + )𝑑𝑥 ……………….(&) 9 𝑋+5 3𝑋+1

𝐴(3𝑥+1)+𝐵(𝑥+5) (𝑥+5)(3𝑥+1)

3𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵𝑥 + 5𝐵 = 𝑥(3𝐴 + 𝐵) + 𝐴 + 5𝐵

3𝐴 + 𝐵 = 907 𝐴 + 5𝐵 = −28⁡ 𝐴=

4563 14

⁡⁡𝐵 =

−991 14

Hallando (&) 1 9

4563 14

∫( 𝑋+5 +

4563 126

𝑑𝑥

−991 14

3𝑋+1

∫ 𝑋+5 +

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)𝑑𝑥

−991 126

𝑑𝑥

∫( 3𝑋+1)

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4563 126 4563 126 𝟒𝟓𝟔𝟑 𝟏𝟐𝟔

ln(𝑥 + 5) + ln(𝑥 + 5) +

4563 126 4563

𝐥𝐧(𝒙 + 𝟓) +

126

𝑐3 −

𝟒𝟓𝟔𝟑 𝟏𝟐𝟔

(𝑥−3)3 𝑑𝑥 ∫ (𝑥+5)(3𝑥+1)

e.

𝑐3 −

991⁡

∫( 126(3) 991⁡

∫( 378

𝒄𝟑 −

𝟗𝟗𝟏⁡ 𝟑𝟕𝟖

= ( )+ 𝟑

3𝑋+1

𝑑(3𝑥+1) 3𝑋+1

)

)

𝑳𝒏⁡(𝟑𝒙 + 𝟏) −

𝒙𝟐

𝟏

𝑑(3𝑥+1)

𝟐

𝟏

𝟒𝟑𝒙

𝟑

𝟗

c1 −

−

𝟗𝟗𝟏⁡ 𝟑𝟕𝟖

𝟒𝟑⁡⁡⁡ 𝟗

𝒄𝟒

𝟒𝟓𝟔𝟑 𝟗𝟗𝟏⁡ 𝟗𝟗𝟏⁡ 𝒄𝟐 + 𝟒𝟓𝟔𝟑 𝐥𝐧(𝒙 + 𝟓) + 𝒄𝟑 − 𝑳𝒏⁡(𝟑𝒙 + 𝟏) − 𝒄𝟒 𝟏𝟐𝟔 𝟏𝟐𝟔 𝟑𝟕𝟖 𝟑𝟕𝟖

(𝒙+𝟏)𝟑 𝒅𝒙

∫ (𝒙−𝟏)𝟑(𝒙+𝟐)𝟑…………………………………………………………………( ROJAS BENDEZÚ, Flavio Fabioli) SOLUCIÓN:

(𝑥+1)3 𝑑𝑥 (𝑥−1)3 (𝑥+2)3

𝐴

𝐵

𝐶

𝐷

𝐸

𝐹

=(𝑥−1)3 + (𝑥−1)2 + (𝑥−1) + (𝑥+2)3 + (𝑥+2)2 + (𝑥+2)

(𝒙 + 𝟏)𝟑 ⁡= 𝐴(𝑥 + 2)3 + 𝐵(𝑥 − 1)(𝑥 + 2)3 + 𝐶(𝑥 − 1)2 (𝑥 + 2)3 + 𝐷(𝑥 − 1)3 + 𝐸(𝑥 − 1)3 (𝑥 + 2) + 𝐹(𝑥 − 1)3 (𝑥 + 2)2

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(𝒙 + 𝟏)𝟑 = 𝐴(𝑥 3 + 6𝑥 2 + 20) + 𝐵(𝑥 4 + 5𝑥 3 − 6𝑥 2 + 20𝑥 − 20) + 𝐶(𝑥 5 + 4𝑥 4 − 11𝑥 3 + 26𝑥 2 − 40𝑥 + 20) + 𝐷(𝑥 3 + 3𝑥 2 − 4) + 𝐸(𝑥 4 + 5𝑥 3 + 6𝑥 2 − 4𝑥 − 8) + 𝐹(𝑥 5 + 7𝑥 4 + 8𝑥 3 − 16𝑥 2 − 16𝑥 + 16). (𝒙 + 𝟏)𝟑 = = 𝐴𝑥 3 + 6𝐴𝑥 2 + 20𝐴 + 𝐵𝑥 4 + 5𝐵𝑥 3 − 6𝐵𝑥 2 + 20𝐵𝑥 − 20𝐵 + 𝐶𝑥 5 + 4𝐶𝑥 4 − 11𝐶𝑥 3 + 26𝐶𝑥 2 − 40𝐶𝑥 + 20𝐶 + 𝐷𝑥 3 + 3𝐷𝑥 2 − 4𝐷 + 𝐸𝑥 4 + 5𝐸𝑥 3 + 6𝐸𝑥 2 − 4𝐸𝑥 − 8𝐸 + 𝐹𝑥 5 + 7𝐹𝑥 4 + 8𝐹𝑥 3 − 16𝐹𝑥 2 − 16𝐹𝑥 + 16𝐹. (𝒙 + 𝟏)𝟑 =𝑥 5 (𝐶 + 𝐹) + 𝑥 4 (𝐵 + 4𝐶 + 𝐸 + 7𝐹) + 𝑥 3 (𝐴 + 5𝐵 − 11𝐶 + 𝐷 + 5𝐸 + 8𝐹) + 𝑥 2 (6𝐴 − 6𝐵 + 26𝐶 + 3𝐷 + 6𝐸 − 16𝐹) + 𝑥(20𝐵 − 40𝐶 − 4𝐸 − 16𝐹) + (20𝐴 − 20𝐵 + 20𝐶 − 4𝐷 − 8𝐸 + 16𝐹)  𝐶 + 𝐹=0  𝐵 + 4𝐶 + 𝐸 + 7𝐹=0  𝐴 + 5𝐵 − 11𝐶 + 𝐷 + 5𝐸 + 8𝐹=1  6𝐴 − 6𝐵 + 26𝐶 + 3𝐷 + 6𝐸 − 16𝐹=3  20𝐵 − 40𝐶 − 4𝐸 − 16𝐹=3  20𝐴 − 20𝐵 + 20𝐶 − 4𝐷 − 8𝐸 + 16𝐹=1

f.

(𝟐𝒙+𝟏)𝟒 𝒅𝒙

∫ (𝒙+𝟐)𝟑(𝒙−𝟑)𝟑…………………………………………………………………( ROJAS BENDEZÚ, Flavio Fabioli)

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SOLUCIÓN: (2𝑥+1)4

∫ [(𝑥+2)(𝑥−3]3 =∫

(2𝑥+1)2 (2𝑥+1)2 [(𝑥+2)(𝑥−3)]3

𝑄(𝑥) = [(𝑥 + 2)(𝑥 − 3)]3

∫

(2𝑥+1)2 (2𝑥+1)2 [(𝑥+2)(𝑥−3)]3

(2𝑥+1)2 (2𝑥+1)2 [(𝑥+2)(𝑥−3)]3 (2𝑥+1)2 (2𝑥+1)2 [(𝑥+2)(𝑥−3)]3

𝐴

𝐵

𝐶

𝐷

𝐸

𝐹

= (𝑥+2)3 + (𝑥+2)2 + (𝑥+2) + (𝑥−3)3 + (𝑥−3)2 + (𝑥−3)

= 𝐴(𝑥 − 3)3 + 𝐵(𝑥 + 2)(𝑥 − 3)2 + 𝐶(𝑥 + 2)2 (𝑥 − 3)3 + 𝐸(𝑥 + 2)3 (𝑥 − 3) + 𝐹(𝑥 + 2)3 (𝑥 − 3)2

= 𝐴(𝑥 3 + 9𝑥 2 − 54) + 𝐵(𝑥 4 + 11𝑥 3 + 18𝑥 2 − 54𝑥 − 108) + 𝐶(𝑥 5 + 13𝑥 4 − 40𝑥 3 − 90𝑥 2 − 216𝑥 − 216) + 𝐷(𝑥 3 +

6𝑥 2 + 20) + 𝐸(𝑥 4 + 3𝑥 3 − 18𝑥 2 − 20𝑥 − 60) + 𝐹(𝑥 5 − 27𝑥 3 + 74𝑥 2 − 120𝑥 − 180) (2𝑥 + 1)2 (2𝑥 + 1)2 ⁡⁡ = (𝐴𝑥 3 + 9𝐴𝑥 2 − 54𝐴) + (𝐵𝑥 4 + 11𝐵𝑥 3 + 18𝐵𝑥 2 − 54𝐵𝑥 − 108𝐵) + (𝐶𝑥 5 + 13𝐶𝑥 4 − 40𝐶𝑥 3 − 90𝐶𝑥 2 − 216𝐶𝑥 − 216𝐶) + (𝐷𝑥 3 + 6𝑥𝐷 2 + 20𝐷) + (𝐸𝑥 4 + 3𝐸𝑥 3 − 18𝐸𝑥 2 − 20𝐸𝑥 − 60𝐸) + (𝐹𝑥 5 − 27𝐹𝑥 3 + 74𝐹𝑥 2 − 120𝐹𝑥 − 180𝐹) 𝐶 + 𝐹 =0

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𝐵 + 13𝐶 + 𝐸 =16 𝐴 + 11𝐵 − 40𝐶 + 𝐷 + 3𝐸 − 27𝐹 = 32 9𝐴 + 18𝐵 − 90𝐶 + 6𝐷 − 18𝐸 + 74𝐹 = 24 54𝐵 − 216𝐶 − 20𝐸 − 120𝐹 = 8 54𝐴 − 108𝐵 − 216𝐶 + 20𝐷 − 60𝐸 − 180𝐹 = 1

g.

(𝒙−𝟏)𝟑 𝒅𝒙

∫ 𝒙𝟑(𝟐𝒙−𝟓)𝟑(𝒙+𝟐)𝟑…………………………………………………………………( MATAMOROS CCANTO,Silvia) SOLUCIÓN: (𝑥 − 1)3 𝑑𝑥 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 𝐹 𝐺 𝐻 𝐼 = 3+ 2+ + + + + + + 3 3 3 2 3 2 (2𝑥 − 5 ) (2𝑥 − 5) (𝑥 + 2) (𝑥 + 2) (𝑥 + 2) − 5) (𝑥 + 2) 𝑥 𝑥 𝑥 (2𝑥 − 5)

𝑥 3 (2𝑥

(𝑥 − 1)3 𝑑𝑥 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 𝐹 𝐺 𝐻 𝐼 = + + + + + + + + 𝑥 3 (2𝑥 − 5)3 (𝑥 + 2)3 𝑥 3 𝑥 2 𝑥 (2𝑥 − 5)3 (2𝑥 − 52 ) (2𝑥 − 5) (𝑥 + 2)3 (𝑥 + 2)2 (𝑥 + 2)

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(𝑥 − 1)3 𝑑𝑥 𝐴(2𝑥 − 5)3 (𝑥 + 2)3 + 𝐵𝑥(2𝑥 − 5)3 (𝑥 + 2)3 + 𝐶𝑥 2 (2𝑥 − 5)3 (𝑥 + 2)3 + 𝐷𝑥 3 (𝑥 − 2)3 + 𝐸𝑥 3 (2𝑥 − 5)(𝑥 + 2)3 + 𝐹𝑥 3(2𝑥 − 5)2(𝑥 + 2)3 + 𝐺𝑥 3(2𝑥 − 5)3 = 𝑥 3 (2𝑥 − 5)3 (𝑥 + 2)3 𝑥 3(2𝑥 − 5)3(𝑥 + 2)3 𝐻𝑥 3(2𝑥 − 5)3(𝑥 + 2) + 𝐼𝑥 3 (2𝑥 − 5)3(𝑥 + 2)2 + 𝑥 3(2𝑥 − 5)3 (𝑥 + 2)3

(𝑥 − 1)3 = ⁡𝐴(2𝑥 − 5)3 (𝑥 + 2)3 + 𝐵𝑥(2𝑥 − 5)3 (𝑥 + 2)3 + 𝐶𝑥 2 (2𝑥 − 5)3 (𝑥 + 2)3 + 𝐷𝑥 3 (𝑥 − 2)3 + 𝐸𝑥 3 (2𝑥 − 5)(𝑥 + 2)3 + 𝐹𝑥 3 (2𝑥 − 5)2 (𝑥 + 2)3 + 𝐺𝑥 3 (2𝑥 − 5)3 + 𝐻𝑥 3 (2𝑥 − 5)3 (𝑥 + 2) + 𝐼𝑥 3 (2𝑥 − 5)3 (𝑥 + 2)

(𝑥 − 1)3 = ⁡𝐴(𝑥 6 − 12𝑥 5 − 114𝑥 4 + 61𝑥 3 + 570𝑥 2 − 300𝑥 − 1000) + 𝐵(𝑥 7 − 12𝑥 6 − 114𝑥 5 + 61𝑥 4 + 570𝑥 3 − 300𝑥 2 − 1000𝑥) + 𝐶(8𝑥 8 − 12𝑥 7 − 114𝑥 6 + 61𝑥 5 + 570𝑥 4 − 300𝑥 3 − 1000𝑥 2 ) + 𝐷(𝑥 6 + 6𝑥 5 + 12𝑥 4 + 8𝑥 3 ) + 𝐸(2𝑥 7 + 7𝑥 6 − 6𝑥 5 − 44𝑥 4 − 40𝑥 3 ) + 𝐹(4𝑥 8 + 4𝑥 7 − 47𝑥 6 − 58𝑥 5 + 140𝑥 4 + 200𝑥 3 ) + 𝐺(8𝑥 6 − 60𝑥 5 + 150𝑥 4 − 125𝑥 3 ) + 𝐻(8𝑥 7 − 44𝑥 6 + 30𝑥 5 + 175𝑥 4 − 250𝑥 3 ) + 𝐼(8𝑥 8 − 28𝑥 7 − 58𝑥 6 + 235𝑥 5 + 100𝑥 4 − 500𝑥 3 )

𝑥 8 = 8𝐶 + 4𝐹 + 8𝐼 = 0 𝑥 7 = 8𝐵 − 12𝐶 + 2𝐸 + 4𝐹 + 8𝐻 − 28𝐼 = 0 𝑥 6 = 8𝐴 − 12𝐵 − 114𝐶 + 𝐷 − 6𝐸 − 47𝐹 + 8𝐺 − 44𝐻 − 58𝐼 = 0 𝑥 5 = −12𝐴 − 144𝐵 + 61𝐶 + 6𝐷 − 6𝐸 − 58𝐹 − 60𝐺 + 30𝐻 + 235𝐼 = 0 𝑥 4 = −144𝐴 + 61𝐵 + 570𝐶 + 12𝐷 − 44𝐸 + 140𝐹 + 150𝐺 + 175𝐻 + 100𝐼 = 0

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𝑥 3 = 61𝐴 + 570𝐵 + 300𝐶 + 8𝐷 − 40𝐸 + 200𝐹 − 125𝐺 − 250𝐻 − 500𝐼 = 1 𝑥 2 = 570𝐴 − 300𝐵 + 1000𝐶 = −3 𝑥 = −300𝐴 − 1000𝐶 = 3 𝑥 = −1000𝐴 = −1

h. ∫ 𝒙𝟐𝒙+𝟐 𝒅𝒙…………………………………………………………………(MATAMOROS CCANTO,Silvia) −𝒙+𝟏⁡ Completando cuadrados en el denominador se extiende más el problema se resolvió por otro método. Aplicar las propiedades de las fracciones: 𝑎+𝑏 𝑎 𝑏 = + 𝑐 𝑐 𝑐 (𝑥 2

𝑥+2 𝑥 2 = 2 + 2 − 𝑥 + 1) (𝑥 − 𝑥 + 1) (𝑥 − 𝑥 + 1)

Aplicar la regla de la suma:

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∫ 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑥) + ∫ 𝑔(𝑥) ∫

𝑥 2 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 (𝑥 2 − 𝑥 + 1) (𝑥 2 − 𝑥 + 1) 𝑥

Para: ∫ (𝑥 2 −𝑥+1) 𝑑𝑥

Completando cuadrados en el denominador 𝑥2 − 𝑥 + 1 2 2

2

2

1 1 1 3 1 3 (𝑥 − ) − + 1 = (𝑥 − ) + = (𝑥 − ) + √ 2 4 2 4 2 4 ∫

𝑥 1 2 3 (𝑥 − 2) + 4

𝑑𝑥

Aplicar integración por sustitución:

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1 𝑢 = 𝑥 − ⁡⁡⁡⁡⁡⁡; 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 2 Sustituir: ∫

𝑥

4 𝑥 4𝑥 𝑑𝑢 = ∫ 𝑑𝑢 = ∫ 2 𝑑𝑢 3 4 (𝑢)2 + 3 4𝑢 + 3 (𝑢)2 + 4 4

1 𝑢 = 𝑥 − ⁡⁡⁡⁡⁡⁡ 2 𝑥=

2𝑢 + 1 2

Reemplazando: 2𝑢 + 1 4 2 4𝑥 2(2𝑢 + 1) 2𝑢 + 1 ∫ 2 𝑑𝑢 = ∫ 2 𝑑𝑢 = ∫ 𝑑𝑢 = 2 ∫ 2 𝑑𝑢 2 4𝑢 + 3 4𝑢 + 3 4𝑢 + 3 4𝑢 + 3 Aplicar la regla de la suma: ∫ 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑥) + ∫ 𝑔(𝑥) 2∫

2𝑢 + 1 2𝑢 1 𝑑𝑢 = 2 [∫ 2 𝑑𝑢 + ∫ 2 𝑑𝑢]⁡… … 𝐴 2 4𝑢 + 3 4𝑢 + 3 4𝑢 + 3

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2𝑢

Para: ∫ 4𝑢2 +3 𝑑𝑢 ∫

2𝑢 𝑢 𝑑𝑢 = 2 ∫ 𝑑𝑢 4𝑢2 + 3 4𝑢2 + 3

Aplicar por sustitución: 𝑣 = 4𝑢2 + 3⁡⁡⁡⁡; ⁡⁡⁡⁡𝑑𝑣 = 8𝑢𝑑𝑢 𝑑𝑢 =

𝑑𝑣 8𝑢

Reemplazando: 2∫

𝑢 𝑢 𝑑𝑣 1 𝑑𝑣 1 𝑑𝑢 = 2 ∫ . = ∫ 1. = 𝑙𝑛|𝑣| 4𝑢2 + 3 𝑣 8𝑢 4 𝑣 4

Sustituir: 𝑣 = 4𝑢2 + 3⁡⁡ 1 1 𝑙𝑛|𝑣| == 𝑙𝑛|4𝑢2 + 3⁡|⁡ 4 4 1

Para:⁡⁡⁡⁡⁡⁡∫ 4𝑢2 +3 𝑑𝑢 Para 𝑏𝑥 2 + 𝑎⁡⁡⁡𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑟⁡𝑥 =

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

√𝑎 √𝑏

𝑢

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Aplicar por sustitución: √3 √3 𝑣⁡⁡⁡⁡⁡; ⁡⁡⁡⁡𝑑𝑢 = 𝑑𝑣 2 2

𝑢=

Sustituir: 𝑢 = ∫

=

√3 𝑣⁡⁡⁡⁡ 2

1 𝑑𝑢 = ∫ 4𝑢2 + 3 1 2√3

.∫

𝑣2

1 √3 4( 2 𝑣)2 + 3

.

1 √3 √3 √3 𝑑𝑣 = ∫ . 𝑑𝑣 = ∫ 𝑑𝑣 2 6(𝑣 2 + 1) √3 2√3(𝑣 2 + 1)

1 1 𝑑𝑣 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔(𝑣) +1 2√3

𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑟⁡𝑒𝑛⁡𝑙𝑎⁡𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛: 2

𝑣=

√3

1 2√3

𝑢

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔(𝑣) =

1

2 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔 ( 𝑢) 2√3 √3

Ahora reemplazando en A : 2∫

2𝑢 + 1 2𝑢 1 𝑑𝑢 = 2 [∫ 2 𝑑𝑢 + ∫ 2 𝑑𝑢] 2 4𝑢 + 3 4𝑢 + 3 4𝑢 + 3

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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2∫

2𝑢 + 1 1 1 2 𝑑𝑢 = 2 [ 𝑙𝑛|4𝑢2 + 3⁡| + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔 ( 𝑢)] 2 4𝑢 + 3 4 2√3 √3

1 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑟⁡𝑒𝑛⁡𝑙𝑎⁡𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛:⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑢 = 𝑥 − ⁡⁡⁡⁡ 2 1 1 1 2 1 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡= 2 [ 𝑙𝑛 |4(𝑥 − )2 + 3⁡| + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔 ( (𝑥 − ))] 4 2 2 2√3 √3 1 1 2 1 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡= 2 [ 𝑙𝑛|4𝑥 2 − 4𝑥 + 4⁡| + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔 ( (𝑥 − ))] 4 2 2√3 √3

2

Para:⁡∫ (𝑥 2 −𝑥+1) 𝑑𝑥⁡ ∫

(𝑥 2

2 1 𝑑𝑥 = 2 ∫ 2 𝑑𝑥⁡ − 𝑥 + 1) (𝑥 − 𝑥 + 1)

Completar cuadrado para 𝑥 2 − 𝑥 + 1 1 2 3 𝑥 − 𝑥 + 1 = ⁡ (𝑥 − ) + 2 4 2

2∫

1 1 2 3 (𝑥 − 2) + 4

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

𝑑𝑥

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Aplicar integración por sustitución: 1 𝑢 = 𝑥 − ⁡⁡⁡⁡⁡⁡; 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 2 Sustituir: 2∫

1 2

1 3 (𝑥 − ) + 2 4

⁡⁡𝑃𝑎𝑟𝑎 ∶ ⁡8 ∫

𝑑𝑥 = 2 ∫

1 3 (𝑢)2 + 4

𝑑𝑥 = 2 ∫

4 1 𝑑𝑥 = 8 ∫ 2 𝑑𝑥 +3 4𝑢 + 3

4𝑢2

1 𝑑𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡ 4𝑢2 + 3

Para 𝑏𝑥 2 + 𝑎⁡⁡⁡𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑟⁡𝑥 =

√𝑎 √𝑏

𝑢

Aplicar por sustitución: 𝑢=

√3 𝑣⁡⁡⁡⁡⁡; ⁡⁡⁡⁡𝑑𝑢 2

Sustituir: 𝑢 = 8∫

=

√3 𝑑𝑣⁡⁡⁡⁡; 𝑑𝑢 2

√3 𝑣⁡⁡⁡⁡ 2

1 𝑑𝑥⁡ = 8 ∫ 4𝑢2 + 3

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

= 𝑑𝑥

1 2

√3 4 ( 2 𝑣) + 3

.

√3 √3 √3 𝑑𝑣 = 8 ∫ . 𝑑𝑥 2 6(𝑣 2 + 1) √3

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= 8∫

1 2√3(𝑣 2 + 1)

𝑑𝑣 =

4 √3

∫

(𝑣 2

1 4 𝑑𝑣 = arctan⁡(𝑣) + 1) √3

𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑟⁡𝑒𝑛⁡𝑙𝑎⁡𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛: 𝑣= 4 √3

2 √3

𝑢⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡; ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑢 = 𝑥 −

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔(𝑣) =

1 2

4

2 4 2 1 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔 ( 𝑢) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔 ( (𝑥 − )) 2 √3 √3 √3 √3

Reemplazando en el problema inicial: 1 1 2 1 4 2 1 2 [ 𝑙𝑛|4𝑥 2 − 4𝑥 + 4⁡| + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔 ( (𝑥 − )) + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔 ( (𝑥 − ))] 4 2 2 2√3 √3 √3 √3 Agregar una constante a la solución:

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1 1 2 1 4 2 1 2 [ 𝑙𝑛|4𝑥 2 − 4𝑥 + 4⁡| + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔 ( (𝑥 − )) + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔 ( (𝑥 − ))] + 𝐶 4 2 2 2√3 √3 √3 √3

i.

𝒙+𝟏

∫ (𝒙𝟐−𝒙+𝟏)(𝒙𝟐 +𝟐𝒙+𝟑)⁡ 𝒅𝒙…………………………………………………………………( MATAMOROS CCANTO, Silvia) A la integral dada expresaremos en la forma: 𝑥+1

𝐴𝑋+𝐵

𝐶𝑋+𝐷

∫ (𝑥 2 −𝑥+1)(𝑥2 +2𝑥+3)=∫ [𝑋 2 −𝑋+1 + 𝑋 2 +2𝑋+3] 𝑑𝑥 …………………………………………(∅)

Ahora calculamos las constantes A, B, C y D (𝐴𝑥 + 𝐵)(⁡𝑥 2 + 2𝑥 + 3) + (𝐶𝑥 + 𝐷)((𝑥 2 − 𝑥 + 1) 𝑋+1 = (𝑥 2 − 𝑥 + 1)(𝑥 2 + 2𝑥 + 3) (𝑥2 − 𝑥 + 1)(𝑥2 + 2𝑥 + 3

𝐴𝑋 3 +2𝐴𝑋 2 +3𝐴𝑋+𝐵𝑋 2 +2𝐵𝑋+3𝐵+𝐶𝑋 3 −𝐶𝑋 2 +𝐶𝑋+𝐷𝑋 2 −𝑋+1 𝑋+1 = (𝑋 2 −𝑋+1)(𝑋 2 +2𝑋+3) 𝑥 2 −𝑥+1)(𝑥 2 +2𝑥+3

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Igualando los numeradores se tienen: X+1=𝑥 3 (𝐴 + 𝐶) + 𝑥(2𝐴 + 𝐵 − 𝐶 + 𝐷) + 𝑥(3𝐴 + 2𝐵 + 𝐶 − 𝐷) + 3𝐵 + 𝐷

Luego por identidad de polinomios se tiene: A+C=0

A=-C

2A+B-C+D=0

-2C+B-C+D=0

-3C+B+D=0………………………. (1)

3A+2B+C-D=1

-3C+2B+C-D

-2C+2B-D=1……………………. (2)

3B+D=1

3B+D=1

3B+D=1………………………… (3)

 De (2)- (1)*2 -2C+2B-D=1

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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-6C+2B+2D=0 4C-3D= 1…………………… (4)  De (3)-(1)*3 3B+D=1 -9C+3B+3D=0 -2D+9C=1……………………. (5)

 De (4)*9-(5)*4 36C-27D=9 -8D+36C=4 −5

D= 19

Hallando el valor de “C”……………… (4) 4C-3D= 1 −5 19

4C=1+3( ) 1

C=19 Hallando el valor de “B”………………… (3) 3B+D=1

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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−5 19

3B=1-( ) 8

B=19 Hallando el valor de “A”………………… (1) A+C=0 −1

A=

19

Por lo tanto reemplazamos los valores de A, B, C Y D en … … … … … … … (∅) ∫

(𝑥 2

𝑥+1 𝐴𝑥 + 𝐵 𝐶𝑥 + 𝐷 = ∫[ 2 + 2 ] 𝑑𝑥 2 − 𝑥 + 1)(𝑥 + 2𝑥 + 3) 𝑥 − 𝑥 + 1 𝑥 + 2𝑥 + 3

−1 8 1 5 𝑥 + 19 𝑥 − 19 𝑥+1 19 19 ∫ 2 = ∫[ 2 + ] 𝑑𝑥 (𝑥 − 𝑥 + 1)(𝑥 2 + 2𝑥 + 3) 𝑥 − 𝑥 + 1 𝑥 2 + 2𝑥 + 3 𝑥+1

−1

𝑥+

8

1

𝑥−

5

19 19 ) 𝑑𝑥⁡+∫ (𝑥19 ∫ (𝑥 2 −𝑥+1)(𝑥2 +2𝑥+3) = ∫ (𝑥192 −𝑥+1 2 +2𝑥+3) 𝑑𝑥

𝑥+1

−1𝑥

8

𝑥

1

5

𝑥

𝑥

19 19 19 ) 𝑑𝑥 + ∫ (𝑥 219 ) 𝑑𝑥+∫ (𝑥 2 +2𝑥+3 ) 𝑑𝑥 − ∫ (𝑥2 +2𝑥+3 ) 𝑑𝑥 ∫ (𝑥 2 −𝑥+1)(𝑥2 +2𝑥+3) = ⁡ ∫ ( 𝑥2 −𝑥+1 −𝑥+1

𝑥+1

∫ (𝑥 2 −𝑥+1)(𝑥2 +2𝑥+3) =

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

−1 𝑥 ∫ (𝑥 2 −𝑥+1) 𝑑𝑥 19

+

8 𝑥 1 𝑥 ∫ (𝑥 2 −1+1) 𝑑𝑥+19 ∫ (𝑥 2 +2𝑥+3) 𝑑𝑥 19

−

5 𝑥 ∫ (𝑥 2 +2𝑥+3) 𝑑𝑥 19

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∫

𝑥+1 (𝑥 2 − 𝑥 + 1)(𝑥 2 + 2𝑥 + 3) −1 1 2𝑥𝑑𝑥 8 = ( )∫ 2 + ∫ 19 2 𝑥 − 𝑥 + 1 19 −

𝑥+1

∫ (𝑥 2 −𝑥+1)(𝑥2 +2𝑥+3) = 𝑥+1

𝑥+1

(𝑥 2

1 3 (𝑥 − ) + 2 4

8

+ 19 ∫

𝑑𝑥

1

2 1 2 3 (𝑥− ) +(√ ) 2 4

−1 𝑑(𝑥 2 −𝑥+1) 2 𝑑𝑥 8 ∫ 𝑥 2 −𝑥+1 + 38 ∫ 𝑥 2 −𝑥+1+19 ∫ 38

∫ (𝑥 2 −𝑥+1)(𝑥 2+2𝑥+3) = ∫

2

5 𝑑𝑥 ∫ 19 (𝑥 + 1)2 + 2

−1 [(2𝑥+2)−2]𝑑𝑥 ∫ 𝑥 2 −𝑥+1 38

∫ (𝑥 2 −𝑥+1)(𝑥2 +2𝑥+3) =

𝑑𝑥

−1

∫ 38

𝑑(𝑥 2 −𝑥+1) 𝑥 2 −𝑥+1

+(

2

38

+

+38 ∫

1 1 2𝑥𝑑𝑥 ( )∫ 2 19 2 𝑥 + 2𝑥 + 3

[(2𝑥+2)−2]𝑑𝑥 𝑥 2 +2𝑥+3

𝑑𝑥 1 2

8

)∫ 19

5

3

√2)2

+ 38 ∫

𝑑(𝑥 2 +2𝑥+3) 2 𝑑𝑥 5 𝑑𝑥 − 38 ∫ 𝑥 2 +2𝑥+3 - 19 ∫ (𝑥+1)2 +( 2)2 𝑥 2 +2𝑥+3 √

𝑑𝑥 1 2 2

𝑑𝑥

− 19 ∫ (𝑥+1)2 +(

1

2

(𝑥− ) +(√ ) 2 4

𝑥+1 1 𝑐 9 = − ln|𝑥 2 + 2𝑥 + 3| − + ∫ 2 − 𝑥 + 1)(𝑥 + 2𝑥 + 3) 38 38 19

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

+

1

3 4

(𝑥− ) +(√ )

∫ 2+ 38

𝑑𝑥 1 2 3 (𝑥 − ) + (√ ) 2 4

2

+

𝑑(𝑥 2 +2𝑥+3) 𝑥 2 +2𝑥+3

-(

2

38

+

5

)∫ 19

𝑑𝑥 2

(𝑥+1)2 +(√2)

1 𝑐 104 𝑑𝑥 ln|𝑥 2 + 2𝑥 + 3| + − ∫ 38 38 171 (𝑥 + 1)2 + (√2)2

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𝑥+1

1

𝑐

9

1

∫ (𝑥 2 −𝑥+1)(𝑥2 +2𝑥+3) = − 38 ln|𝑥 2 + 2𝑥 + 3| − 381 + (19) ( 3) 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( √

4

1 2 3 √ 4

𝑥−

)+

9𝑐2 19

+ ln|𝑥 2 + 2𝑥 + 3| +

9𝑐3 104 1 𝑥+1 -( ) ( 2) arctan ( 2 ) − 38 171 √ √

104𝑐4 171

j.

𝟐𝒙+𝟏

∫ (𝟐𝒙𝟐 −𝒙+𝟏)(𝒙𝟐 −𝟒𝒙+𝟓)⁡ 𝒅𝒙…………………………………………………………………( MATAMOROS CCANTO, Silvia) SOLUCIÓN: 𝐾 = ∫ (2𝑥 2

2𝑥+1 𝐴𝑋+𝐵 𝑑𝑥⁡⁡⁡= 2 −𝑥+1)(𝑥 2 −4𝑥+5) 2𝑥 −𝑥+1

+

𝐶𝑋+𝐷 𝑥 2 −4𝑥+5

K= 2𝑋 + 1 = (𝐴𝑋 + 𝐵)(𝑋 2 − 4𝑋 + 5) + (𝐶𝑋 + 𝐷)(2𝑋 2 − 𝑋 + 1) K= 2𝑋 + 1 = (𝐴𝑋 3 − 4𝐴𝑋 2 + 5𝐴𝑋 + 𝐵𝑋 2 − 4𝐵𝑋 + 5𝐵) + 2𝐶𝑋 3 − 𝐶𝑋 2 + 2𝑋 2 − 𝐷𝑋 K= 2𝑥 + 1 = 𝐴𝑋 3 + 2𝐶𝑋 3 − 4𝐴𝑋 2 + 𝐵𝑋 2 − 𝐶𝑋 2 + 2𝑋 2 + 5𝐴𝑋 − 4𝐵𝑋 + 𝐶𝑋 − 𝐷𝑋 + 5𝐵 K= 2𝑋 + 1 = 𝑋 3 (𝐴𝑋 + 2) + 𝑋 2 (−4𝐴 + 𝐵 − 𝐶 + 2) + 𝑋(5𝐴 + 4𝐵 + 𝐶 − 𝐷) + 5𝐵

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   

−4𝐴 + 𝐵 − 𝐶 + 2 = 0 5𝐴 − 4𝐵 + 𝐶 − 𝐷 = 2 5𝐵 = 1 𝐴 + 2𝐶 = 0 22

 𝐴 = 35⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡  ⁡𝐵 = 1/5  𝐶 = −11/35  𝐷 = 19/37 22 1 −11 19 ( 𝑋+ ) ( 𝑋 + 37) 35 5 35 𝑘 = ∫ ⁡⁡ 𝑑𝑥 + ∫ ⁡⁡ 2 𝑑𝑥 (2𝑥 2 − 𝑥 + 1) (𝑥 − 4𝑥 + 5) 22 1 11 (19)𝑑𝑥 ( 𝑋) ( 𝑑𝑋) ( 𝑋𝑑𝑥) 35 5 35 𝑘 = ∫ ⁡⁡ 𝑑𝑥 + ∫ ⁡⁡ − ∫ ⁡⁡ 2 + ∫ ⁡⁡ 2 37 (2𝑥 2 − 𝑥 + 1) (2𝑥 2 − 𝑥 + 1) (𝑥 − 4𝑥 + 5) (𝑥 − 4𝑥 + 5)

𝟑𝒙−𝟐 k. ∫ (𝟐𝒙𝟐+𝟓𝒙+𝟔)(𝒙 𝒅𝒙…………………………………………………………………( MATAMOROS CCANTO, Silvia) 𝟐 +𝟑𝒙+𝟒)⁡

SOLUCIÓN:

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

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∫

3𝑥 − 2 𝑑𝑥 (2𝑥 2 + 5𝑥 + 6)(𝑥 2 + 3𝑥 + 4)⁡ 3𝑥−2

(2𝑥 2 +5𝑥+6)(𝑥 2 +3𝑥+4)⁡

⁡=

(𝐴𝑥+𝐵)(𝑥 2 +3𝑋+4)+(𝐶𝑥+𝐷)⁡ (2𝑥 2 +5𝑥+6) (2𝑥 2 +5𝑥+6)(𝑥 2 +3𝑥+4)

3𝑥 − 2 = 𝐴𝑥 3 + 3𝐴𝑥 2 + 4𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 2 + 3𝐵𝑥 + 4𝐵 + 2𝐶𝑥 3 + 5𝐶𝑥 2 + 6𝐶𝑋 + 2𝐷𝑥 2 + 5𝐷𝑥 + 6𝐷 3𝑥 − 2 = 𝑥 3 (𝐴 + 2𝐶) + 𝑥 2 (3𝐴 + 𝐵 + 5𝐶 + 2𝐷) + 𝑥(4𝐴 + 3𝐵 + 6𝐶 + 5𝐷) + 4𝐵 + 6𝐷 𝐴 + 2𝐶 = 0 3𝐴 + 𝐵 + 5𝐶 + 2𝐷 = 0 4𝐴 + 3𝐵 + 6𝐶 + 5𝐷 = 3 4𝐵 + 6𝐷 = −2

l.

𝟐𝒙−𝟑

∫ (𝒙𝟐+𝟒)𝟐(𝒙𝟐+𝟐𝒙+𝟑)𝟐⁡ 𝒅𝒙…………………………………………………………………( MATAMOROS CCANTO, Silvia) SOLUCIÓN: (𝑥 2 (𝑥 2

(2𝑥 − 3) → 𝑓𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛⁡𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑎 + 4)2 (𝑥 2 + 2𝑥 + 3)2

(2𝑥 − 3) 𝐴𝑥 + 𝐵 𝐶𝑥 + 𝐷 𝐸𝑥 + 𝐹 𝐺𝑥 + 𝐻 = 2 + 2 + 2 + 2 2 2 2 2 2 2 2 (𝑥 + 4) (𝑥 + 2𝑥 + 3) (𝑥 + 4)(𝑥 + 2𝑥 + 3) (𝑥 + 4) (𝑥 + 2𝑥 + 3) + 4) (𝑥 + 2𝑥 + 3)

𝐴𝑥 + 𝐵 + (𝐶𝑥 + 𝐷)(𝑥 2 + 4)(𝑥 2 + 2𝑥 + 3) + (𝐸𝑥 + 𝐹)(𝑥 2 + 4)(𝑥 2 + 2𝑥 + 3)2 + (𝐺𝑥 + 𝐻)(𝑥 2 + 4)2 (𝑥 2 + 2𝑥 + 3)

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(𝐴𝑥 + 𝐵) + (𝐶𝑥 + 𝐷)(𝑥 4 + 2𝑥 3 + 7𝑥 2 + 8𝑥 + 12) + (𝐸𝑥 + 𝐹)(𝑥 6 + 4𝑥 5 + 14𝑥 4 + 28𝑥 3 + 49𝑥 2 + 28𝑥 + 36) + (𝐺𝑥 + 𝐻)(𝑥 6 + 2𝑥 5 + 11𝑥 4 + 16𝑥 3 + 40𝑥 2 + 32𝑥 + 48) ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝑐𝑥 5 + 2𝑐𝑥 4 + 7𝑐𝑥 3 + 8𝑐𝑥 2 + 12𝑐𝑥 + 𝐷𝑥 4 + 2𝐷𝑥 3 + 7𝐷𝑥 2 + 8𝐷𝑥 + 12𝐷 + 𝐸𝑥 7 + 4𝐸𝑥 6 + 14𝐸𝑥 5 + 28𝐸𝑥 4 + 49𝐸𝑥 3 + 28𝐸𝑥 2 + 36𝐸𝑋 + 𝐹𝑥 6 + 4𝐹𝑥 5 + 14𝐹𝑥 4 + 28𝐹𝑥 3 + 49𝐹𝑥 2 + 28𝐹𝑥 + 36𝐹 + 𝐺𝑥 7 + 2𝐺𝑥 6 + 11𝐺𝑥 5 + 16𝐺𝑥 4 + 40𝐺𝑥 3 + 32𝐺𝑥 2 + 48𝐺𝑥 + 𝐻𝑥 6 + 2𝐻𝑥 5 + 11𝐻𝑥 4 + 16𝐻𝑥 3 + 40𝐻𝑥 2 + 32𝐻𝑥 + 48𝐻 𝑥 7 (E+G)+⁡𝑥 6 (4E+F+2G+H)+⁡𝑥 5 (𝐶 + 14𝐸 + 4𝐹 + 11𝐺 + 2𝐻) + 𝑥 4 (2𝐶 + 𝐷 + 28𝐸 + 14𝐹 + 16𝐺 + 11𝐻) + 𝑥 3 (7𝐶 + 2𝐷 + 49𝐸 + 28𝐹 + 40𝐺 + 16𝐻) + 𝑥 2 (8𝐶 + 7𝐷 + 28𝐸 + 49𝐹 + 36𝐺 + 40𝐻) + 𝑥(12C + 8D + 36E + 28F + 48G + 32H + A) + (B + 12D + 36F + 48H) E+G = 0 4E + F + 2G + H = 0 2𝐶 + 𝐷 + 28𝐸 + 14𝐹 + 16𝐺 + 11𝐻 = 0 7𝐶 + 2𝐷 + 49𝐸 + 28𝐹 + 40𝐺 + 16𝐻 = 0 8𝐶 + 7𝐷 + 28𝐸 + 49𝐹 + 36𝐺 + 40𝐻 = 0 12C⁡ + ⁡8D⁡ + ⁡36E⁡ + ⁡28F⁡ + ⁡48G⁡ + ⁡32H⁡ + ⁡A = 2 12C + 8D + 36E + 28F + 48G + 32H + A = -3

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m.

𝒙𝒅𝒙

∫ (𝒙𝟐 +𝟗)𝟑(𝒙𝟐−𝟒𝒙+𝟓)𝟑⁡…………………………………………………………………( MATAMOROS CCANTO, Silvia) SOLUCIÓN: 𝑓(𝑋) = (𝑥 2

𝑥 +9)3 (𝑥 2 −4𝑥+5)3

⁡𝑄(𝑥) = (𝑥 2 + 9)3 (𝑥 2 − 4𝑥 + 5)3 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑒𝑠⁡𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑎 𝑥 (𝑥 2 +9)3 (𝑥 2 −4𝑥+5)3

= (𝑥 2

𝐴 +9)3

𝐵𝑥+𝐶

+ (𝑥 2 3

𝑥 (𝑥 2 +9)3 (𝑥 2 −4𝑥+5)3

=

+9)2

+

𝐷𝑥+𝐸 𝑥 2 +9

+ (𝑥 2

𝐹𝑥+𝐺 −4𝑥+5)3 3

+ (𝑥 2

𝐻𝑥+𝐼 −4𝑥+5)2 2

+

𝐽𝑥+𝐾 𝑥 2 −4𝑥+5 3

3

3

2

3

𝐴(𝑥 2 −4𝑥+5) +(𝐵𝑥+𝐶)(𝑥 2 +9)(𝑥 2 −4𝑥+5) +(𝐷𝑥+𝐸)(𝑥 2 +9) (𝑥 2 −4𝑥+5) +(𝐹𝑥+𝐺)(𝑥 2 +9) +(𝐻𝑥+𝐼)(𝑥 2 −4𝑥+5)(𝑥 2 +9) +(𝐽𝑥+𝐾)(𝑥 2 −4𝑥+5) (𝑥 2 +9) (𝑥 2 +9)3 (𝑥 2 −4𝑥+5)3

𝑥 = 𝐴(𝑥2 − 4𝑥 + 5)3 + (𝐵𝑥 + 𝐶)(𝑥2 + 9)(𝑥2 − 4𝑥 + 5)3 + (𝐷𝑥 + 𝐸)(𝑥2 + 9)2 (𝑥2 − 4𝑥 + 5)3 + (𝐹𝑥 + 𝐺)(𝑥2 + 9)3 + (𝐻𝑥 + 𝐼)(𝑥2 − 4𝑥 + 5)(𝑥2 + 9)3 + (𝐽𝑥 + 𝐾)(𝑥2 − 4𝑥 + 5)2 (𝑥2 + 9)3

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𝑥 = 𝐴(𝑥 6 − 12𝑥 5 + 63𝑥 4 − 184𝑥 3 + 315𝑥 2 − 300𝑥 + 125) + (𝐵𝑥 + 𝐶)(𝑥8 − 12𝑥7 + 72𝑥6 − 292𝑥5 + 882𝑥4 − 1956𝑥3 + 2960𝑥2 − 2700𝑥 + 1125) + (𝐷𝑥 + 𝐸)(𝑥10 − 12𝑥9 + 81𝑥8 − 400𝑥7 + 1530𝑥6 − 4584𝑥5 + 10898𝑥4 − 20304𝑥3 + 27765𝑥2 − 24300𝑥 + 10125) + (𝐹𝑥 + 𝐺)(𝑥6 + 27𝑥4 + 243𝑥2 + 729) + (𝐻𝑥 + 𝐼)(𝑥8 − 4𝑥7 + 32𝑥6 − 108𝑥5 + 378𝑥4 − 972𝑥3 + 1944𝑥2 − 2916𝑥 + 3645) + (𝐽𝑥 + 𝐾)(𝑥10 − 8𝑥9 + 53𝑥8 − 256𝑥7 + 970𝑥6 − 3024𝑥5 + 7722𝑥4 − 15552𝑥3 + 25029𝑥2 − 29160𝑥 + 18225) ⁡𝑥 = 𝐴(𝑥 6 − 12𝑥 5 + 63𝑥 4 − 184𝑥 3 + 315𝑥 2 − 300𝑥 + 125) + 𝐵(𝑥9 − 12𝑥8 + 72𝑥7 − 292𝑥6 + 882𝑥5 − 1956𝑥4 + 2960𝑥3 − 2700𝑥2 + 1125𝑥) + 𝐶(𝑥8 − 12𝑥7 + 72𝑥6 − 292𝑥5 + 882𝑥4 − 1956𝑥3 + 2960𝑥2 − 2700𝑥 + 1125) + 𝐷(𝑥11 − 12𝑥10 + 81𝑥9 − 400𝑥8 + 1530𝑥7 − 4584𝑥6 + 10898𝑥5 − 20304𝑥4 + 27765𝑥3 − 24300𝑥2 + 10125𝑥) + 𝐸(𝑥10 − 12𝑥9 + 81𝑥8 − 400𝑥7 + 1530𝑥6 − 4584𝑥5 + 10898𝑥4 − 20304𝑥3 + 27765𝑥2 − 24300𝑥 + 10125) + 𝐹(𝑥7 + 27𝑥5 + 243𝑥3 + 729𝑥) + 𝐺(𝑥6 + 27𝑥4 + 243𝑥2 + 729) + 𝐻(𝑥9 − 4𝑥8 + 32𝑥7 − 108𝑥6 + 378𝑥5 − 972𝑥4 + 1944𝑥3 − 2916𝑥2 + 3645𝑥) + 𝐼(𝑥8 − 4𝑥7 + 32𝑥6 − 108𝑥5 + 378𝑥4 − 972𝑥3 + 1944𝑥2 − 2916𝑥 + 3645) + 𝐽(𝑥11 − 8𝑥10 + 53𝑥9 − 256𝑥8 + 970𝑥7 − 3024𝑥6 + 7722𝑥5 − 15552𝑥4 + 25029𝑥3 − 29160𝑥2 + 18225𝑥) + 𝐾(𝑥10 − 8𝑥9 + 53𝑥8 − 256𝑥7 + 970𝑥6 − 3024𝑥5 + 7722𝑥4 − 15552𝑥3 + 25029𝑥2 − 29160𝑥 + 18225)

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𝐷+𝐽 = 0 −12𝐷 + 𝐸 − 8𝐽 + 𝐾 = 0 𝐵 + 81𝐷 − 12𝐸 + 𝐻 + 53𝐽 − 8𝐾 = 0 −12𝐵 + 𝐶 − 400𝐷 + 81𝐸 − 4𝐻 + 𝐼 − 256𝐽 + 53𝐾 = 0 72𝐵 − 12𝐶 + 1530𝐷 − 400𝐸 + 𝐹 + 32𝐻 − 4𝐼 + 970𝐽 − 256𝐾 = 0 𝐴 − 292𝐵 + 72𝐶 − 4584𝐷 + 1530𝐸 + 𝐺 − 108𝐻 + 32𝐼 − 3024𝐽 + 970𝐾 = 0 −12𝐴 + 882𝐵 − 292𝐶 + 10898𝐷 − 4584𝐸 + 27𝐹 + 378𝐻 − 108𝐼 + 7722𝐽 − 3024𝐾 = 0 63𝐴 − 1956𝐵 + 882𝐶 − 20304𝐷 + 10898𝐸 + 27𝐺 − 972𝐻 + 378𝐼 − 15552𝐽 + 7722𝐾 = 0 −184𝐴 − 2960𝐵 − 1956𝐶 + 27765𝐷 − 20304𝐸 + 243𝐹 + 1944𝐻 − 972𝐼 + 29160𝐽 − 15552𝐾 = 0 315𝐴 − 2700𝐵 + 2960𝐶 − 24300𝐷 + 27765𝐸 + 243𝐺 − 2916𝐻 + 1944𝐼 − 29160𝐽 + 29160𝐾 = 0 −300𝐴 + 1125𝐵 − 2700𝐶 + 10125𝐷 − 24300𝐸 + 729𝐹 + 3645𝐻 − 18225𝐼 − 29160𝐽 − 29160𝐾 = 1 125𝐴 + 1125𝐶 + 10125𝐸 + 729𝐹 + 3645𝐼 + 18225𝐾 = 0

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𝐴 = 5400 𝐵 = 23400 𝐶 = 5460 𝐷 = 4860 𝐸 = 84060 𝐹 = 184500 𝐺 = 5500 𝐻 = 81000 𝐼 = 837 𝐽 = 68418 𝐾 = 5918

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∫

𝑥𝑑𝑥 (𝑥 2 + 9)3 (𝑥 2 − 4𝑥 + 5)3 ⁡ 1 1800(3𝑥 − 13) 60(91𝑥 − 81) 180(467𝑥 − 1025) 1800(31𝑥 − 45) = [ + + + − 837 log(𝑥 2 + 9) (𝑥 2 − 4𝑥 + 5) (𝑥 2 − 4𝑥 + 5)2 230400000 (𝑥 2 + 9)2 𝑥2 + 9 𝑥 + 837 log(𝑥 2 − 4𝑥 + 5) − 68418𝑡𝑎𝑛−1 (2 − 𝑥) + 5918𝑡𝑎𝑛−1 ( )] + 𝐶 3 ∫

ANÁLISIS MATEMÁTICO III

𝑥𝑑𝑥 (𝑥 2 + 9)3 (𝑥 2 − 4𝑥 + 5)3 ⁡ 1 5400𝑥 − 23400 5460𝑥 − 4860 84060𝑥 + 184500 5500𝑥 − 81000 = [ + + + 2 − 837 log(𝑥 2 + 9) (𝑥 2 − 4𝑥 + 5) (𝑥 − 4𝑥 + 5)2 230400000 (𝑥 2 + 9)2 𝑥2 + 9 𝑥 − 837 log(𝑥 2 − 4𝑥 + 5) − 68418𝑡𝑎𝑛−1 (2 − 𝑥) + ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡5918𝑡𝑎𝑛−1 ( )] + 𝐶 3

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n. ∫ (𝒙𝟐+𝟗)𝟑𝒙+𝟐 𝒅𝒙…………………………………………………………………( MATAMOROS CCANTO, Silvia) 𝟐 (𝒙𝟐 +𝟒)𝟑 ⁡ ∫ ∫

(𝑥 2

(𝑥 2

3𝑥 − 2⁡ 𝐴𝑋 + 𝐵 𝐶𝑋 + 𝐷 𝐸𝑋 + 𝐹 𝐺𝑋 + 𝐻 𝐼𝑋 + 𝐽 𝑑𝑥 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 2 2 3 2 3 2 (𝑥 + 9) (𝑥 + 4) + 9) (𝑥 + 4) 𝑥 + 9 (𝑥 + 4) 𝑥 +4

3𝑥 − 2⁡ 𝐴𝑋 + 𝐵[(𝑥 2 + 9)2 ] + 𝐶𝑋 + 𝐷[(𝑥 2 + 9)(𝑥 2 + 4)3 ] + 𝐸𝑋 + 𝐹[(𝑥 2 + 9)2 ] + 𝐺𝑋 + 𝐻[(𝑥 2 + 4)3 ] + 𝐼𝑋 + 𝐽[(𝑥 2 + 9)2 (𝑥 2 + 4)2 ] 𝑑𝑥 = 2 2 3 (𝑥 2 + 9)2 (𝑥 2 + 4)3 + 9) (𝑥 + 4)

∫ 𝟑𝒙 − 𝟐𝒅𝒙 = 𝐴𝑋 + 𝐵(𝑥 4 + 18𝑥 2 + 81) + 𝐶𝑋 + 𝐷[(𝑥 2 + 9)(𝑥 6 + 12𝑥 4 + 48𝑥 2 + 64)] + 𝐸𝑋 + 𝐹(𝑥 4 + 18𝑥 2 + 81) + 𝐺𝑋 + 𝐻(𝑥 6 + 27𝑥 4 + 234𝑥 2 + 729) + 𝐼𝑋 + 𝐽[(𝑥 4 + 18𝑥 2 + 81)(𝑥 4 + 8𝑥 2 + 16)] ∫ 𝟑𝒙 − 𝟐𝒅𝒙 = (𝐴𝑥 5 + 18𝐴𝑥 3 + 81𝐴𝑥)(𝐵𝑥 4 + 18𝐵𝑥 2 + 81𝐵) + 𝐶𝑋 + 𝐷(𝑥 8 + 12𝑥 6 + 48𝑥 4 + 64𝑥 2 + 9𝑥 6 + 108𝑥 4 + 432𝑥 2 + 576) + (𝐸𝑥 5 + 18𝐸𝑥 3 + 81𝐸𝑥 + 𝐹𝑥 4 + 18𝐹𝑥 2 + 81𝐹) + (𝐺𝑥 7 + 27𝐺𝑥 5 + 234𝐺𝑥 3 + 729𝐺𝑥 + 𝐻𝑥 6 + 27𝐻𝑥 4 + 234𝐻𝑥 2 + 729𝐻) + 𝐼𝑋 + 𝐽[(𝑥 8 + 8𝑥 6 + 16𝑥 4 + 18𝑥 6 + 144𝑥 4 + 288𝑥 2 + 81𝑥 4 + 648𝑥 2 + 1296)]

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∫ 𝟑𝒙 − 𝟐𝒅𝒙 = (𝐴𝑥 5 + 18𝐴𝑥 3 + 81𝐴𝑥)(𝐵𝑥 4 + 18𝐵𝑥 2 + 81𝐵) + (𝐶𝑥 9 + 12𝐶𝑥 7 + 48𝐶𝑥 5 + 64𝐶𝑥 3 + 9𝐶𝑥 7 + 108𝐶𝑥 5 + 432𝐶𝑥 3 + 576𝐶𝑥 + 𝐷𝑥 8 + 12𝐷𝑥 6 + 48𝐷𝑥 4 + 64𝐷𝑥 2 + 9𝐷𝑥 6 + 108𝐷𝑥 4 + 432𝐷𝑥 2 + 576𝐷) + (𝐸𝑥 5 + 18𝐸𝑥 3 + 81𝐸𝑥 + 𝐹𝑥 4 + 18𝐹𝑥 2 + 81𝐹) + (𝐺𝑥 7 + 27𝐺𝑥 5 + 234𝐺𝑥 3 + 729𝐺𝑥 + 𝐻𝑥 6 + 27𝐻𝑥 4 + 234𝐻𝑥 2 + 729𝐻) + (𝐼𝑥 9 + 8𝐼𝑥 7 + 16𝐼𝑥 5 + 18𝐼𝑥 7 + 144𝐼𝑥 5 + 288𝐼𝑥 3 + 81𝐼𝑥 5 + 648𝐼𝑥 3 + 1296𝐼𝑥 + 𝐽𝑥 8 + 8𝐽𝑥 6 + 16𝐽𝑥 4 + 18𝐽𝑥 6 + 144𝐽𝑥 4 + 288𝐽𝑥 2 + 81𝐽𝑥 4 + 648𝐽𝑥 2 + 1296𝐽) ∫ 𝟑𝒙 − 𝟐𝒅𝒙 = 𝑥 9 (𝐶 + 𝐼) + 𝑥 8 (𝐷 + 𝐽) + 𝑥 7 (21𝐶 + 𝐺 + 26𝐼) + 𝑥 6 (21𝐷 + 𝐻 + 26𝐽) + 𝑥 5 (𝐴 + 156𝐶 + 𝐸 + 27𝐺 + 241𝐼) + 𝑥 4 (𝐵 + 156𝐷 + 𝐹 + 27𝐻 + 241𝐽) + 𝑥 3 (18𝐴 + 496𝐶 + 18𝐸 + 243𝐺 + 936𝐼) + 𝑥 2 (18𝐵 + 496𝐷 + 18𝐹 + 243𝐻 + 936𝐽) + 𝑥(81𝐴 + 576𝐶 + 81𝐸 + 729𝐺 + 1296𝐼) + 81𝐵 + 576𝐷 + 81𝐹 + 729𝐻 + 1296𝐽

HALLANDO EL SISTEMA: 𝐶+𝐼 =0 𝐷+𝐽 =0 21𝐶 + 𝐺 + 26𝐼 = 0 21𝐷 + 𝐻 + 26𝐽 = 0 𝐴 + 156𝐶 + 𝐸 + 27𝐺 + 241𝐼 = 0 𝐵 + 156𝐷 + 𝐹 + 27𝐻 + 241𝐽 = 0 18𝐴 + 496𝐶 + 18𝐸 + 243𝐺 + 936𝐼 = 0 18𝐵 + 496𝐷 + 18𝐹 + 243𝐻 + 936𝐽 = 3 81𝐴 + 576𝐶 + 81𝐸 + 729𝐺 + 1296𝐼 = 0

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81𝐵 + 576𝐷 + 81𝐹 + 729𝐻 + 1296𝐽 = 2 𝑨 = 𝟏; 𝑩 = −𝟏⁡; 𝑪 = −𝟏⁡; 𝑫 = 𝟏⁡; 𝑬 = 𝟎⁡; 𝑭 = 𝟑⁡; 𝑮 = 𝟎⁡; 𝑯 = −𝟐⁡; 𝑰 = 𝟏⁡; 𝑱 = −𝟏

REMPLAZANDO EN LA INTEGRAL

∫ ∫ ∫ ∫

3𝑥 − 2⁡ 𝑋−1 𝑋+1 3 2 𝑋−1 𝑑𝑥 = ∫ 2 − + − + 𝑑𝑥 (𝑥 2 + 9)2 (𝑥 2 + 4)3 (𝑥 + 9)2 𝑥 2 + 9 (𝑥 2 + 4)3 (𝑥 2 + 4)2 𝑥 2 + 4 (𝑥 2

3𝑥 − 2⁡ 𝑋−1 𝑋+1 3 2 𝑋−1 𝑑𝑥 = ∫ 2 𝑑𝑥 + ∫ 2 𝑑𝑥 + ∫ 2 𝑑𝑥 + ∫ 2 𝑑𝑥 + ∫ 2 𝑑𝑥 2 2 3 2 3 2 (𝑥 + 9) (𝑥 + 4) (𝑥 + 4) + 9) (𝑥 + 4) 𝑥 +9 𝑥 +4

(𝑥 2

3𝑥 − 2⁡ 𝑋 1 𝑋 1 3 2 𝑋 1 𝑑𝑥 = ∫ [ 2 −⁡ 2 ] 𝑑𝑥 + ∫ [ 2 + 2 ] 𝑑𝑥 + ∫ 2 𝑑𝑥 + ∫ 2 𝑑𝑥 + ∫ [ 2 − 2 ] 𝑑𝑥 2 2 3 2 2 3 2 (𝑥 + 9) (𝑥 + 9) (𝑥 + 4) (𝑥 + 4) + 9) (𝑥 + 4) 𝑥 +9 𝑥 +9 𝑥 +4 𝑥 +4

3𝑥 − 2⁡ 𝑋𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑋𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑋𝑑𝑥 1𝑑𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 2 −⁡∫ 2 +∫ 2 +∫ 2 𝑑𝑥 + 3 ∫ 2 + 2∫ 2 +∫ 2 −∫ 2 (𝑥 2 + 9)2 (𝑥 2 + 4)3 (𝑥 + 9)2 (𝑥 + 9)2 (𝑥 + 4)3 (𝑥 + 4)2 𝑥 +9 𝑥 +9 𝑥 +4 𝑥 +4

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∫

∫

∫

∫

3𝑥 − 2⁡ 𝑑𝑥 (𝑥 2 + 9)2 (𝑥 2 + 4)3 1 1 1 2𝑋𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 1 2𝑋𝑑𝑥 𝑑𝑥 = ∫(𝑥 2 + 9)−2 2𝑋𝑑𝑥 − ∫(𝑥 2 + 9)−2 2𝑥𝑑𝑥 + ∫ 2 +∫ 2 + 3∫ 2 +2∫ 2 + ∫ 2 −∫ 2 3 2 (𝑥 (𝑥 2 2 2 𝑥 +9 𝑥 +9 + 4) + 4) 2 𝑥 +4 𝑥 +4 (𝑥 2

3𝑥 − 2⁡ 𝑑𝑥 + 9)2 (𝑥 2 + 4)3 1 (𝑥 2 + 9)−1 1 (𝑥 2 + 9)−1 1 3 2 = [ ]− [ ] + [𝑙𝑛|𝑥 2 + 9|] + [𝑙𝑛|𝑥 2 + 9|] + [𝑙𝑛|𝑥 2 + 9|] + ∫(𝑥 2 + 4)3 2𝑥𝑑𝑥 + ∫(𝑥 2 + 4)2 2𝑥𝑑𝑥 2 −1 2 −1 2 2 2 1 2𝑋𝑑𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 2 −∫ 2 2 𝑥 +4 𝑥 +4

3𝑥 − 2⁡ 𝑑𝑥 (𝑥 2 + 9)2 (𝑥 2 + 4)3 [𝑙𝑛|𝑥 2 + 9|]1 1 (𝑥 2 + 4)3 2 2 3(𝑥 2 + 4)4 = 2 + 2𝐶1 − 2 − 𝐶2 + + 𝐶3 + 𝑙𝑛|𝑥 2 + 9| + 𝐶4 + 𝑙𝑛|𝑥 2 + 9| + 𝐶5 + + 𝐶6 (𝑥 + 9) (𝑥 + 9) 2 2 8 3 1 + 𝑙𝑛|𝑥 2 + 4| + 𝐶7 + 𝑙𝑛|𝑥 2 + 4| + 𝐶8 2 [𝒍𝒏|𝒙𝟐 + 𝟗|] + 𝟏 𝟑𝒙 − 𝟐⁡ 𝟑(𝒙𝟐 + 𝟒)𝟒 (𝒙𝟐 + 𝟒)𝟑 𝒍𝒏|𝒙𝟐 + 𝟒|𝟏 𝟐 𝒅𝒙 = + 𝟐𝒍𝒏|𝒙 + 𝟗| + + + + 𝒍𝒏|𝒙𝟐 + 𝟒| + 𝑪 (𝒙𝟐 + 𝟗)𝟐 (𝒙𝟐 + 𝟒)𝟑 𝟐 𝟖 𝟑 𝟐

𝟐

𝒅𝒙 o. ∫ (𝒙𝟐+𝟐)𝟑⁡(𝒙−𝟐) …………………………………………………………………( MATAMOROS CCANTO, Silvia) 𝟐 (𝒙 −𝟒𝒙+𝟓)(𝒙+𝟐)𝟐

SOLUCIÓN:

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(𝑥 − 2)2 𝐴𝑥 + 𝐵 𝐶𝑥 + 𝐷 𝐸 = 2 + 2 + 2 3 2 2 3 (𝑥 + 2) (𝑥 − 4𝑥 + 5)(𝑥 + 2) (𝑥 + 2) (𝑥 − 4𝑥 + 5) (𝑥 + 2)2

(𝑥 − 2)2 (𝐴𝑥 + 𝐵)(𝑥 2 − 4𝑥 + 5)(𝑥 + 2)2 + (𝐶𝑥 + 𝐷)(𝑥 2 + 2)3 (𝑥 + 2)2 + 𝐸(𝑥 2 + 2)3 (𝑥 2 − 4𝑥 + 5) = (𝑥 2 + 2)3 (𝑥 2 − 4𝑥 + 5)(𝑥 + 2)2 (𝑥 2 + 2)3 (𝑥 2 − 4𝑥 + 5)(𝑥 + 2)2 (𝐴𝑥 + 𝐵)(𝑥 4 − 7𝑥 2 + 4𝑥 + 20⁡) + (𝐶𝑥 + 𝐷)(𝑥 8 + 4𝑥 7 − 2𝑥 6 − 24𝑥 5 − 12𝑥 4 + 48𝑥 3 + 40𝑥 2 − 32𝑥 − 32) + 𝐸(𝑥 6 − 6𝑥 4 + 12𝑥 2 − 8)(𝑥 2 − 4𝑥 + 5) = (𝑥 2 + 2)3 (𝑥 2 − 4𝑥 + 5)(𝑥 + 2)2

(𝑥 − 2)2 = (𝐴𝑥 + 𝐵)(𝑥 4 − 7𝑥 2 + 4𝑥 + 20⁡) + (𝐶𝑥 + 𝐷)(𝑥 8 + 4𝑥 7 − 2𝑥 6 − 24𝑥 5 − 12𝑥 4 + 48𝑥 3 + 40𝑥 2 − 32𝑥 − 32) + 𝐸(𝑥 6 − 6𝑥 4 + 12𝑥 2 − 8)(𝑥 2 − 4𝑥 + 5)

(𝑥 − 2)2 = 𝐴𝑥 5 − 7𝐴𝑥 3 + 4𝐴𝑥 2 + 20𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 4 − 7𝐵𝑥 2 + 4𝐵𝑥 + 20𝐵 + 𝐶𝑥 9 + 4𝐶𝑥 8 − 2𝐶𝑥 7 − 24𝐶𝑥 6 − 12𝐶𝑥 5 + 48𝐶𝑥 4 + 40𝐶𝑥 3 − 32𝐶𝑥 2 − 32𝐶𝑥 + 𝐷𝑥 8 + 4𝐷𝑥 7 − 2𝐷𝑥 6 − 24𝐷𝑥 5 − 12𝐷𝑥 4 + 48𝐷𝑥 3 + 40𝐷𝑥 2 − 32𝐷𝑥 − 32𝐷 + 𝐸𝑥 8 − 4𝐸𝑥 7 − 𝐸𝑥 6 + 24𝐸𝑥 5 − 30𝐸𝑥 4 − 48𝐸𝑥 3 + 64𝐸𝑥 2 + 32𝐸𝑥 − 40𝐸 (𝑥 − 2)2 = 𝐴𝑥 5 − 7𝐴𝑥 3 + 4𝐴𝑥 2 + 20𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 4 − 7𝐵𝑥 2 + 4𝐵𝑥 + 20𝐵 + 𝐶𝑥 9 + 4𝐶𝑥 8 − 2𝐶𝑥 7 − 24𝐶𝑥 6 − 12𝐶𝑥 5 + 48𝐶𝑥 4 + 40𝐶𝑥 3 − 32𝐶𝑥 2 − 32𝐶𝑥 + 𝐷𝑥 8 + 4𝐷𝑥 7 − 2𝐷𝑥 6 − 24𝐷𝑥 5 − 12𝐷𝑥 4 + 48𝐷𝑥 3 + 40𝐷𝑥 2 − 32𝐷𝑥 − 32𝐷 + 𝐸𝑥 8 − 4𝐸𝑥 7 − 𝐸𝑥 6 + 24𝐸𝑥 5 − 30𝐸𝑥 4 − 48𝐸𝑥 3 + 64𝐸𝑥 2 + 32𝐸𝑥 − 40𝐸

(𝑥 − 2)2 = (𝐶𝑥 9 + 4𝐶𝑥 8 + 𝐷𝑥 8 + 𝐸𝑥 8 − 2𝐶𝑥 7 + 4𝐷𝑥 7 − 4𝐸𝑥 7 − 24𝐶𝑥 6 − 2𝐷𝑥 6 − 𝐸𝑥 6 + 𝐴𝑥 5 − 12𝐶𝑥 5 − 24𝐷𝑥 5 + 24𝐸𝑥 5 + 𝐵𝑥 4 + 48𝐶𝑥 4 − 12𝐷𝑥 4 − 30𝐸𝑥 4 − 7𝐴𝑥 3 + 40𝐶𝑥 3 + 48𝐷𝑥 3 − 48𝐸𝑥 3 + 4𝐴𝑥 2 − 7𝐵𝑥 2 − 32𝐶𝑥 2 + 40𝐷𝑥 2 + 64𝐸𝑥 2 + 20𝐴𝑥 + 4𝐵𝑥 − 32𝐶𝑥 − 32𝐷𝑥 + 32𝐸𝑥 + 20𝐵 − 32𝐷 − 40𝐸)

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𝑥9 = 𝐶 = 0

𝐶=0

8

𝑥 = 4𝐶 + 𝐷 + 𝐸 = 0 𝑥 7 = −2𝐶 + 4𝐷 − 4𝐸 = 0

𝐷=

1 8

𝑥 6 = −24𝐶 − 2𝐷 − 𝐸 = 0

𝐸=−

𝑥 5 = 𝐴 − 12𝐶 − 24𝐷 + 24𝐸 = 0

𝐴=6

𝑥 4 = 𝐵 + 48𝐶 − 12𝐷 − 30𝐸 = 0

B= −1

1 8

3

𝑥 = 7𝐴 + 40𝐶 + 48𝐷 − 48𝐸 = 0 𝑥 2 = 4𝐴 − 7𝐵 − 32𝐶 + 40𝐷 + 64𝐸 = 1 𝑥 = 20𝐴 + 4𝐵 − 32𝐶 − 32𝐷 + 32𝐸 = −4 ⁡⁡⁡= 20𝐵 − 32𝐷 − 40𝐸 = 4

(𝑥 − 2)2 𝑑𝑥 𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 1 𝑑𝑥 1 𝑑𝑥 ∫ 2 = 6 ∫ − ∫ + ∫ − ∫ (𝑥 + 2)3 (𝑥 2 − 4𝑥 + 5)(𝑥 + 2)2 ( 𝑥 2 + 2) 3 (𝑥2 + 2)3 8 (𝑥2 − 4𝑥 + 5) 8 (𝑥 + 2)2 (𝑥 − 2)2 𝑑𝑥 𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑥 1 𝑑𝑥 1 𝑑𝑥 ∫ 2 = 6 ∫ − ∫ + ∫ − ∫ (𝑥 + 2)3 (𝑥 2 − 4𝑥 + 5)(𝑥 + 2)2 ( 𝑥 2 + 2) 3 (𝑥2 + 2)3 8 (𝑥2 − 4𝑥 + 5) 8 (𝑥 + 2)2

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