Integrales.docx
This document was uploaded by user and they confirmed that they have the permission to share it. If you are author or own the copyright of this book, please report to us by using this DMCA report form. Report DMCA
Overview
Download & View Integrales.docx as PDF for free.
More details
- Words: 1,032
- Pages: 3
1.
β« tan π₯ π π‘πππ₯ π ππ 2 π₯ππ₯ MΓ©todo de integraciΓ³n por partes: Reorganizamos la integral: β« π π‘πππ₯ π ππ 2 π₯π‘πππ₯ππ₯ πππ π’ = π‘πππ₯, β π’Β΄ = π ππ 2 π₯ ; y ; π£Β΄ = π π‘πππ₯ π ππ 2 π₯, β π£ = β« π π‘πππ₯ π ππ 2 π₯ππ₯ Aplicando el mΓ©todo de sustituciΓ³n tenemos que: propiedad de los logaritmos naturales
π£ = β« π π‘πππ₯ π ππ 2 π₯ππ₯;
Ln e=1
e=1 ππ’
π ππ π’ = π‘πππ₯, β ππ’ = π ππ 2 π₯ππ₯, ππ’ππππππ β« π π’ ππ’ = = ππ’ + πΆ ln π Se deshace la sustituciΓ³n π’ = π‘πππ₯ Luego π£ = π π‘πππ₯ + πΆ Reemplazando las integrales resueltas
β« π’ β π£Β΄ππ₯ = π’ β π£ β β« π’Β΄ β π£ππ₯; β: π‘πππ₯ β ππ‘πππ₯ β β« ππ‘πππ₯ π ππ2 π₯ππ₯ π ππ πππ£πππππ ππ πππππππππ π‘ππππππ ππ’π: β« π π‘πππ₯ π ππ 2 π₯π‘πππ₯ππ₯ = π‘πππ₯ β ππ‘πππ₯ β ππ‘πππ₯ + πΆ πππππππππππππ π‘ππππππ ; π π‘πππ₯ (π‘πππ₯ β 1) + πΆ Respuesta
2. β« β
ππ ππβππ
π π
MΓ©todo de sustituciΓ³n trigonomΓ©trica πππ
π₯ = 4π ππβ ; β π₯ 2 = 16π ππ2 β β16 β π₯ 2 = β16 β 16π ππ2 β = β16(1 β π ππ2 β = 4βπππ 2 β = 4πππ β ππ₯ = 4πππ β πβ
Ahora, vamos a sustituir estos de nuevo en nuestra integral: πΌ=β«
16π ππ2 β 4πππ β
β 4πππ β πβ = 16 β« π ππ2 β πβ
Aplicando la identidad trigonomΓ©trica πππ 2β = 1 β 2π ππ2 β ; y despejando π ππ2 β ; π‘ππππππ ; π ππ2 β = 16 β« π ππ2 β πβ = 16 β«
1βπππ 2β
1βπππ 2β 2
2
πβ = 8 β«(1 β πππ 2β )πβ = 8β β 8 β« πππ 2β πβ 1
1
Tenemos que β« πππ ππ₯ππ₯ = π π ππππ₯ + πΆ ; entonces; 8(β β 2 π ππ2β ) + πΆ
Necesitamos recuperar nuestra respuesta final en tΓ©rminos de X en lugar de ΞΈ. Utilizaremos identidad trigonomΓ©trica π ππ2β = 2π ππβ πππ β 1
πΌ = 8 (β β 2 π ππ2β ) + πΆ = 8β β
8β2π ππβ πππ β 2
+ πΆ = 8β β 8π ππβ πππ β + πΆ π₯
π₯
Recordemos que empezamos con π₯ = 4π ππβ β π ππβ = 4 , π¦ β = π ππβ1 4 π₯ 2
π₯2
16βπ₯ 2
πππ β = β1 β π ππ2 β = β1 β (4) = β1 β 16 = β π₯ β16βπ₯ 2
π₯
π πππππππ§ππππ πππ ππ’πππ: 8π ππβ1 4 β 8 4 17π₯β3
3. β« 3π₯ 2 +π₯β2 ππ₯
4
16
=
β16βπ₯ 2 4 π₯
+ πΆ = 8π ππβ1 4 β
π₯β16βπ₯2 2
+πΆ
MΓ©todo Integral de divisiΓ³n de polinomios
La idea es trasformar esta integral en 2 integrales, de tal manera que se resuelvan β«
ππ₯ π₯
= ln|π₯| + π, para eso trataremos de convertir el numerador
en la derivada del denominador es decir 3π₯ 2 + π₯ β 2 β 6π₯ + 1 Se escribe 17π₯ β 3; ππππ, 17(6π₯+1)
17 6
(6π₯ + 1) β
35
β« (6(3π₯ 2 +π₯β2) β 6(3π₯ 2 +π₯β2)) ππ₯ =
17 6
6 35 6
(6π₯+1)
17
β« (3π₯ 2 +π₯β2) ππ₯ = ππ₯
β« (3π₯ 2 +π₯β2) =
35 2
6
y separa:
6
(6π₯+1)
β« (3π₯ 2 +π₯β2) ππ₯ β
integrales: la primera es de la forma β« 17
35
ππ₯ π₯
35 6
ππ₯
β« (3π₯ 2 +π₯β2) tenemos dos
= ln|π₯| + π ; luego
ln|3π₯ 2 + π₯ β 2| ; resolvamos la segunda: ππ₯
β« 9π₯ 2 +3π₯β6 ; πΓ©π‘πππ ππ ππππππ0ππππ πππππππππ tomamos el
integrando y vamos a hacer el proceso de descomposiciΓ³n en sus 1
1
fracciones parciales 9π₯ 2 +3π₯β6 = (3π₯)2 +(3π₯)β6 ; ππππ‘ππππ§ππππ ππ πππππππππππ 1 (3π₯)2 +(3π₯)β6
1
1
π΄
π΅
= (3π₯+3)(3π₯β2) = 3(π₯+1)(3π₯β2) = π₯+1 + 3π₯β2 ; hallamos los valores
de A y B, para encontrar A, una forma fΓ‘cil es usar el valor de x que hace 0 su denominador y reemplazarlo en el de B 1
1
π΄ = 3(β1)β2 = β 5 ; igualmente con π΅ = 2 3
β
35 2
ππ₯
β« 9π₯ 2 +3π₯β6 = β
35 6
3
1 +1
1
35 1 6
3ππ₯
1
1 5 3
{β« 5(3π₯β2) β 5(π₯+1) ππ₯} = β
ambas integrales quedaron de la forma β« β
=
ππ₯
7
7
ππ₯ π₯
3
=5 35 1 6
3ππ₯
1
ππ₯
{5 β« (3π₯β2) β 5 β« (π₯+1)} y
= ln|π₯| + π ; entonces
{5 β« (3π₯β2) β 5 β« (π₯+1)} = 6 ln|π₯ + 1| β 6 ln|3π₯ β 2|
17π₯β3
β« 3π₯ 2 +π₯β2 ππ₯ =
17 6
7
7
ln|3π₯ 2 + π₯ β 2| + 6 ln|π₯ + 1| β 6 ln|3π₯ β 2| + πΆ
4. β« πππ‘ 3 (π‘)ππ‘ πππ 3 (π‘)
πππ (π‘)
Tenemos que: cot(π‘) = π ππ(π‘) ; β β« πππ‘ 3 (π‘) β ππ‘ = β« π ππ3 (π‘) ππ‘ = β«
πππ 2 (π‘)πππ (π‘) ππ‘ π ππ3 (π‘)
Sabemos que π ππ2 π₯ + πππ 2 π₯ = 1; β πππ 2 π₯ = 1 β π ππ2 π₯ β«
(1βπ ππ2 (π‘))πππ (π‘) π ππ3 (π‘)
=β«
ππ’ π’3
ββ«
π’2 ππ’ π’3
ππ‘ ; π ππ π’ = π ππ(π‘) β ππ’ = πππ (π‘)ππ‘ β β«
= β« π’β3 ππ’ β β«
1
ππ’ π’
= π’β3+1 β ln|π’| =
π’β2 β2
(1βπ’2 ) π’3
ππ’
β ln|π’| = β
1 2π’2
β ln|π’|
1
β ln|π’| β 2π’2 = β ln|π ππ(π‘)| β 2π ππ2 (π‘) + πΆ 2π₯+1
5. β« π₯ 2 +2π₯+2 2π₯+1
β« π₯ 2 +2π₯+2 = β«
2π₯+1+1β1 π₯ 2 +2π₯+2
(2π₯+2)β1
2π₯+2
ππ₯
ππ₯ = β« π₯ 2 +2π₯+2 ππ₯ = β« π₯ 2 +2π₯+2 ππ₯ β β« π₯ 2 +2π₯+2
2π₯+2
β« π₯ 2 +2π₯+2 ππ₯ β π ππ π’ = π₯ 2 + 2π₯ + 2; β ππ’ = 2π₯ + 2 β«
ππ’ π’
= ln|π’| = ln|π₯ 2 + 2π₯ + 2| ππ₯
β« π₯ 2 +2π₯+2 ; πππππππ‘ππππ ππ π‘πππππππ ππ’ππππππ πππππππ‘π ππ ππ πππππππππππ π₯ 2 + 2π₯ + 2 = (π₯ 2 + 2π₯ + 1) + 1 = (π₯ + 1)2 + 1 ππ₯
ππ₯
β β« π₯ 2 +2π₯+2 = β β« (π₯+1)2 +1 Tenemos que ππ₯
β β« (π₯+1)2 +1 = βππππ‘π(π₯ + 1) ; entonces 2π₯+1
β« π₯ 2 +2π₯+2 = ln|π₯ 2 + 2π₯ + 2| β ππππ‘π(π₯ + 1) + πΆ
luego
β« tan π₯ π π‘πππ₯ π ππ 2 π₯ππ₯ MΓ©todo de integraciΓ³n por partes: Reorganizamos la integral: β« π π‘πππ₯ π ππ 2 π₯π‘πππ₯ππ₯ πππ π’ = π‘πππ₯, β π’Β΄ = π ππ 2 π₯ ; y ; π£Β΄ = π π‘πππ₯ π ππ 2 π₯, β π£ = β« π π‘πππ₯ π ππ 2 π₯ππ₯ Aplicando el mΓ©todo de sustituciΓ³n tenemos que: propiedad de los logaritmos naturales
π£ = β« π π‘πππ₯ π ππ 2 π₯ππ₯;
Ln e=1
e=1 ππ’
π ππ π’ = π‘πππ₯, β ππ’ = π ππ 2 π₯ππ₯, ππ’ππππππ β« π π’ ππ’ = = ππ’ + πΆ ln π Se deshace la sustituciΓ³n π’ = π‘πππ₯ Luego π£ = π π‘πππ₯ + πΆ Reemplazando las integrales resueltas
β« π’ β π£Β΄ππ₯ = π’ β π£ β β« π’Β΄ β π£ππ₯; β: π‘πππ₯ β ππ‘πππ₯ β β« ππ‘πππ₯ π ππ2 π₯ππ₯ π ππ πππ£πππππ ππ πππππππππ π‘ππππππ ππ’π: β« π π‘πππ₯ π ππ 2 π₯π‘πππ₯ππ₯ = π‘πππ₯ β ππ‘πππ₯ β ππ‘πππ₯ + πΆ πππππππππππππ π‘ππππππ ; π π‘πππ₯ (π‘πππ₯ β 1) + πΆ Respuesta
2. β« β
ππ ππβππ
π π
MΓ©todo de sustituciΓ³n trigonomΓ©trica πππ
π₯ = 4π ππβ ; β π₯ 2 = 16π ππ2 β β16 β π₯ 2 = β16 β 16π ππ2 β = β16(1 β π ππ2 β = 4βπππ 2 β = 4πππ β ππ₯ = 4πππ β πβ
Ahora, vamos a sustituir estos de nuevo en nuestra integral: πΌ=β«
16π ππ2 β 4πππ β
β 4πππ β πβ = 16 β« π ππ2 β πβ
Aplicando la identidad trigonomΓ©trica πππ 2β = 1 β 2π ππ2 β ; y despejando π ππ2 β ; π‘ππππππ ; π ππ2 β = 16 β« π ππ2 β πβ = 16 β«
1βπππ 2β
1βπππ 2β 2
2
πβ = 8 β«(1 β πππ 2β )πβ = 8β β 8 β« πππ 2β πβ 1
1
Tenemos que β« πππ ππ₯ππ₯ = π π ππππ₯ + πΆ ; entonces; 8(β β 2 π ππ2β ) + πΆ
Necesitamos recuperar nuestra respuesta final en tΓ©rminos de X en lugar de ΞΈ. Utilizaremos identidad trigonomΓ©trica π ππ2β = 2π ππβ πππ β 1
πΌ = 8 (β β 2 π ππ2β ) + πΆ = 8β β
8β2π ππβ πππ β 2
+ πΆ = 8β β 8π ππβ πππ β + πΆ π₯
π₯
Recordemos que empezamos con π₯ = 4π ππβ β π ππβ = 4 , π¦ β = π ππβ1 4 π₯ 2
π₯2
16βπ₯ 2
πππ β = β1 β π ππ2 β = β1 β (4) = β1 β 16 = β π₯ β16βπ₯ 2
π₯
π πππππππ§ππππ πππ ππ’πππ: 8π ππβ1 4 β 8 4 17π₯β3
3. β« 3π₯ 2 +π₯β2 ππ₯
4
16
=
β16βπ₯ 2 4 π₯
+ πΆ = 8π ππβ1 4 β
π₯β16βπ₯2 2
+πΆ
MΓ©todo Integral de divisiΓ³n de polinomios
La idea es trasformar esta integral en 2 integrales, de tal manera que se resuelvan β«
ππ₯ π₯
= ln|π₯| + π, para eso trataremos de convertir el numerador
en la derivada del denominador es decir 3π₯ 2 + π₯ β 2 β 6π₯ + 1 Se escribe 17π₯ β 3; ππππ, 17(6π₯+1)
17 6
(6π₯ + 1) β
35
β« (6(3π₯ 2 +π₯β2) β 6(3π₯ 2 +π₯β2)) ππ₯ =
17 6
6 35 6
(6π₯+1)
17
β« (3π₯ 2 +π₯β2) ππ₯ = ππ₯
β« (3π₯ 2 +π₯β2) =
35 2
6
y separa:
6
(6π₯+1)
β« (3π₯ 2 +π₯β2) ππ₯ β
integrales: la primera es de la forma β« 17
35
ππ₯ π₯
35 6
ππ₯
β« (3π₯ 2 +π₯β2) tenemos dos
= ln|π₯| + π ; luego
ln|3π₯ 2 + π₯ β 2| ; resolvamos la segunda: ππ₯
β« 9π₯ 2 +3π₯β6 ; πΓ©π‘πππ ππ ππππππ0ππππ πππππππππ tomamos el
integrando y vamos a hacer el proceso de descomposiciΓ³n en sus 1
1
fracciones parciales 9π₯ 2 +3π₯β6 = (3π₯)2 +(3π₯)β6 ; ππππ‘ππππ§ππππ ππ πππππππππππ 1 (3π₯)2 +(3π₯)β6
1
1
π΄
π΅
= (3π₯+3)(3π₯β2) = 3(π₯+1)(3π₯β2) = π₯+1 + 3π₯β2 ; hallamos los valores
de A y B, para encontrar A, una forma fΓ‘cil es usar el valor de x que hace 0 su denominador y reemplazarlo en el de B 1
1
π΄ = 3(β1)β2 = β 5 ; igualmente con π΅ = 2 3
β
35 2
ππ₯
β« 9π₯ 2 +3π₯β6 = β
35 6
3
1 +1
1
35 1 6
3ππ₯
1
1 5 3
{β« 5(3π₯β2) β 5(π₯+1) ππ₯} = β
ambas integrales quedaron de la forma β« β
=
ππ₯
7
7
ππ₯ π₯
3
=5 35 1 6
3ππ₯
1
ππ₯
{5 β« (3π₯β2) β 5 β« (π₯+1)} y
= ln|π₯| + π ; entonces
{5 β« (3π₯β2) β 5 β« (π₯+1)} = 6 ln|π₯ + 1| β 6 ln|3π₯ β 2|
17π₯β3
β« 3π₯ 2 +π₯β2 ππ₯ =
17 6
7
7
ln|3π₯ 2 + π₯ β 2| + 6 ln|π₯ + 1| β 6 ln|3π₯ β 2| + πΆ
4. β« πππ‘ 3 (π‘)ππ‘ πππ 3 (π‘)
πππ (π‘)
Tenemos que: cot(π‘) = π ππ(π‘) ; β β« πππ‘ 3 (π‘) β ππ‘ = β« π ππ3 (π‘) ππ‘ = β«
πππ 2 (π‘)πππ (π‘) ππ‘ π ππ3 (π‘)
Sabemos que π ππ2 π₯ + πππ 2 π₯ = 1; β πππ 2 π₯ = 1 β π ππ2 π₯ β«
(1βπ ππ2 (π‘))πππ (π‘) π ππ3 (π‘)
=β«
ππ’ π’3
ββ«
π’2 ππ’ π’3
ππ‘ ; π ππ π’ = π ππ(π‘) β ππ’ = πππ (π‘)ππ‘ β β«
= β« π’β3 ππ’ β β«
1
ππ’ π’
= π’β3+1 β ln|π’| =
π’β2 β2
(1βπ’2 ) π’3
ππ’
β ln|π’| = β
1 2π’2
β ln|π’|
1
β ln|π’| β 2π’2 = β ln|π ππ(π‘)| β 2π ππ2 (π‘) + πΆ 2π₯+1
5. β« π₯ 2 +2π₯+2 2π₯+1
β« π₯ 2 +2π₯+2 = β«
2π₯+1+1β1 π₯ 2 +2π₯+2
(2π₯+2)β1
2π₯+2
ππ₯
ππ₯ = β« π₯ 2 +2π₯+2 ππ₯ = β« π₯ 2 +2π₯+2 ππ₯ β β« π₯ 2 +2π₯+2
2π₯+2
β« π₯ 2 +2π₯+2 ππ₯ β π ππ π’ = π₯ 2 + 2π₯ + 2; β ππ’ = 2π₯ + 2 β«
ππ’ π’
= ln|π’| = ln|π₯ 2 + 2π₯ + 2| ππ₯
β« π₯ 2 +2π₯+2 ; πππππππ‘ππππ ππ π‘πππππππ ππ’ππππππ πππππππ‘π ππ ππ πππππππππππ π₯ 2 + 2π₯ + 2 = (π₯ 2 + 2π₯ + 1) + 1 = (π₯ + 1)2 + 1 ππ₯
ππ₯
β β« π₯ 2 +2π₯+2 = β β« (π₯+1)2 +1 Tenemos que ππ₯
β β« (π₯+1)2 +1 = βππππ‘π(π₯ + 1) ; entonces 2π₯+1
β« π₯ 2 +2π₯+2 = ln|π₯ 2 + 2π₯ + 2| β ππππ‘π(π₯ + 1) + πΆ
luego
More Documents from "Laura Torres Castro"
Integrales.docx
June 2020 2
Sentencia Del Servicio Militar Obligatorio.docx
October 2019 13
Dibuixos De Bolets Per Pintar
October 2019 21
Les Lletres De L'abecedari
October 2019 14