Aporte Fase 4.docx

Ejercicio No. 3 1+𝑥 ∫√ 𝑑𝑥 1−𝑥 ; 𝑃 = 1 − 𝑥 → 𝑑𝑝 = −𝑑𝑥 𝑥 = 1 − 𝑝 → 𝑑𝑝 = 𝑑𝑥 Reemplazando 1 + (1 − 𝑝) 2−𝑝 −∫√ 𝑑𝑝 = − ∫ √ 𝑑𝑝 𝑝 𝑝 Ahora, realizamos integracion por partes y obtenemos 2−𝑝 ⋃=√ 𝑝 1

⋃= 2

2−𝑝 𝑝

∗(

√

=

√𝑝 ∗ −2 2√2 − 𝑝 ∗ 𝑝2

−1.9𝑝 − (1)(2 − 𝑝) −𝑝 − 2 + 𝑝 √𝑝 ∗( ) )= 2 𝑝 𝑝2 2√2 − 𝑝

=

−√𝑝 √2 − 𝑝 ∗ 𝑝2

𝑑𝑝

Luego reemplazamos −√𝑝 2−𝑝 𝑈. 𝑉 − ∫ 𝑣. 𝑑𝑢 = − (√ ∗ 𝑝 − ∫𝑝 ∗ ) 𝑑𝑝 𝑝 √2 − 𝑝 ∗ 𝑝2

= − (√2 − 𝑝√𝑝 + ∫

𝑑𝑝

𝑑𝑝 ) = − (√2 − 𝑝√𝑝 + ∫ ⏟ 2𝑝 − 𝑝2 √2 − 𝑝 ∗ √𝑝 𝐼

( 𝐼=∫

𝑑𝑝 √2𝑝 − 𝑝2

=∫

𝑑𝑝 √−(𝑝2 − 2𝑝)

Sustituimos 𝑑𝑚 𝑚 =𝑝−1 →∫ 𝑑𝑚 = 𝑑𝑝 √1 − 𝑚2

=∫

𝑑𝑝 √−((𝑝 − 1)2 − 1)

=∫

) 𝑑𝑝 √1 − (𝑝 − 1)2

Luego como 𝑑𝑚

𝐼=∫ ; se realiza por el metodo de integrales trigonometrical √1−𝑚2

I m

𝑠𝑒𝑛𝜃 =→ 𝑚𝑑 = 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 = 𝑚2 √1 − 𝑚2 Reemplazando ∫

𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃 √1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝜃

=∫

𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝑜𝜃 √𝑐𝑜𝑠 2 𝜃

= ∫ 𝑑𝜃 = 𝜃 + 𝑐

Sabemos que senѳ=m; luego ѳ=arcseno(m) M=p-1 ; =arcsen(p-1); volvemos a la integral inicial y obtenemos 1+𝑥 𝑑𝑝 ∫√ 𝑑𝑥 = − (√2 − 𝑝 ∗ √𝑝 + ∫ ) = −√2 − 𝑝 ∗ √𝑝 + 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑝 − 1) 1−𝑥 √2𝑝 − 𝑝2 Luego p=1-x, reemplazamos − (√2 − (1 − 𝑥) ∗ √1 − 𝑥 + 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛((1 − 𝑥) − 1))) −(√1 + 𝑥 ∗ √1 − 𝑥 + 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(−𝑥) − 1)) − (√𝑥 − 𝑥 2 + 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(−𝑥)) Luego el resultado de la integral se debe evaluar en los limites lo entonces, = −√1 − 𝑥 2 − 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(−𝑥)‫׀‬о; Evaluando = −√1 − 1 − 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(−1) − (−√1 − 0 − 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(−0)) = −𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(−1) − (√1 − 0)

𝜋 𝜋 − (−1 − 0) = + 1 = 2.57 2 2

Ejercicio No. 7 1

6𝑥 3 𝑑𝑥 −1 (𝑥 2 + 1)2

∫

2

1

𝑥3 ; 𝑟𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑙𝑎 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙 𝑦 𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑒𝑣𝑎𝑙𝑢𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑜𝑠 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒𝑠 −1 (𝑥 2 + 1)2

= 6∫

2

∫

𝑥3 𝑑𝑥; 𝑟𝑒𝑎𝑙𝑖𝑐𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 (𝑥 2 + 1)2 𝑈 = 𝑥2 + 1 → 𝑢 − 1 = 𝑥2 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑢 = 𝑥𝑑𝑥 2

Reemplazando, ∫

𝑥 2 𝑥𝑑𝑥 1 (𝑢 − 1) ∗ 𝑑𝑢 1 𝑢 − 1 = ∫ = ∫ 2 2 2 (𝑥 + 1) 2 𝑢2 2 𝑢

1 𝑢 1 𝑑𝑢 1 1 = ∫ 2 𝑑𝑢 − ∫ 2 = (∫ 𝑑𝑢 − ∫ 𝑢−2 ) 2 𝑢 2 𝑢 2 𝑢 1 1 1 = (𝑙𝑛|𝑢| + 𝑢−1 ) = (ln(𝑢) + ) 2 2 𝑢 Reemplazamos el valor de U y obtenemos 1 1 (ln(𝑥 2 + 1) + 2 ) ; 𝑝𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑔𝑢𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 2 𝑥 +1 ∫

𝑥3 1 1 𝑑𝑥 = (𝑙𝑛|𝑥 2 + 1| + 2 ) ; 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑐𝑖𝑟 2 2 (𝑥 + 1) 2 𝑥 +1

6∫

𝑥3 1 𝑑𝑥 = 3 (𝑙𝑛|𝑥 2 + 1| + 2 ) 2 2 (𝑥 + 1) 𝑥 +1

Ahora evaluamos los limites ‫׀‬-1/2 ; y obtenemos

‫׀‬ 1 3 (𝑙𝑛|𝑥 2 + 1| + 𝑥 2 +1) [−1; evaluamos 2

3 (𝑙𝑛|1 + 1| +

1 1 1 ) − 3 (ln( +1) + ) 1 1+1 4 4+1

1 5 4 3 (𝑙𝑛|2| + ) − 3 (ln | | + ) 2 4 5 1 5 4 3 (𝑙𝑛|2| + ) − 3 (𝑙𝑛 | | + ) 2 4 5 3 (1.199 − 3(1.02) = 3(1.19 − 1.02) = 0.51

Ejercicio No. 11 ∫ 𝑐𝑜𝑠 3 𝑥𝑠𝑒𝑛4 𝑥𝑑𝑥 = ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥. 𝑠𝑒𝑛4 𝑥𝑑𝑥 = ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑥 (1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝑥)𝑠𝑒𝑛4 𝑥𝑑𝑥 = ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑠𝑒𝑛4 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑠𝑒𝑛6 𝑥𝑑𝑥 Hecemos una sustitución U=senx Du= cosx.dx ; reemplazamos ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑠𝑒𝑛4 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑠𝑒𝑛6 𝑥𝑑𝑥 = ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑠𝑒𝑛4 𝑥𝑑𝑥 − ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑠𝑒𝑛6 𝑥𝑑

= ∫ 𝑢4 𝑑𝑢 − ∫ 𝑢6 . 𝑑𝑢 = 𝑠𝑒𝑛5 𝑥 𝑠𝑒𝑛7 𝑥 − +𝑐 5 7

𝑢5 𝑢7 − +𝑐 5 7