Unidad 2- Heyder Leon.docx

Unidad 2 Tarea 2 – Métodos de Integración

Estudiantes: William David Pérez Michael Heyder Leon Acevedo Yefry Gonzalez

Tutor: Edgar Castillo Gamba

Calculo Integral

Universidad Nacional Abierta Y A Distancia – UNAD. Escuela De Ciencias Básicas, Tecnología E Ingeniería. Abril 2019.

Nombre Ejercicios Link video explicativo Estudiante sustentados William Pérez

Integral impropia

https://www.loom.com/share/3cb4379b6ca5424f9016d68d69c24ebe

Michael Heyder Leon

Integracion sustitucion

https://www.youtube.com/watch?v=k3f7zq2bhtM&feature=youtu.be

Yefry Gonzalez

Sustitucion trigonométricas Fracciones parciales

por

https://www.loom.com/share/4b126a92bee04685a9b00d44cdd2a221

Tipo de ejercicios 1 a,c,d a. Integración por sustitución.

∫

𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 8 + 𝑒 2𝑥

𝑢 = 8 + 𝑒 2𝑥 𝑑𝑢 = (𝑒 2𝑥 )𝑑𝑥 ∫

𝑑𝑢 𝑙𝑛|𝑢| 𝑢

= 𝑙𝑛|8 + 𝑒 2𝑥 | + 𝑐

b. c. Integración por sustitución ∫

(6𝑥 2

∫

𝑥 𝑑𝑥 + 5)3

1 1 ∙ 𝑑𝑢 3 (𝑢) 12

∫

1 𝑑𝑢 12(𝑢)3

1 1 ∫ 𝑑𝑢 12 (𝑢)3 1 ∫ 𝑢−3 𝑑𝑢 12

1 1 (− 𝑢−2 + 𝐶) 12 2 − −

1 +𝐶 24𝑢2

1 +𝐶 24(6𝑥 2 + 5)2

d. Integración por sustitución. ∫ √1 − 4𝑦 𝑑𝑦 Aplicamos integración por sustitución : 𝑢 = 1 − 4𝑦 =∫ −

√𝑢 4

𝑑𝑢

Sacamos la constante : 1

=− 4 ∗ ∫ √𝑢 𝑑𝑢

Aplicamos las leyes de los exponentes 1

=− 4 ∗ ∫ √𝑢 2 𝑑𝑢 1

Sustituimos en la ecuación 𝑢 = 1 − 4𝑦 1

1

=− 4 ∗

(1−4𝑦)2

+1

1 +1 2 1

1

Simplificamos : =− ∗ 4

1

1

=− 4 ∗

(1−4𝑦)2

(1−4𝑦)2 1 +1 2

+1

1 +1 2 3

1

2(−4𝑦+1)2

4

3

=− ∗

Multiplicamos fracciones 3

=−

1∗(1−4𝑦)2 ∗2 4∗3

Solución 𝟏

𝟑

=− 𝟔 (𝟏 − 𝟒𝒚)𝟐 + 𝒄

+1

1

3

: − 6 (1 − 4𝑦)2

Tipo de ejercicios 2 – a,c,d a. Integración por partes.

∫

𝑙𝑛𝑥 3

√𝑥

𝑑𝑥 3

𝑢 = 𝑙𝑛𝑥

𝑑𝑣 = √𝑥 3

1

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

𝑣=

𝑥

3

3 √4 4 3

3√𝑥 4 3√𝑥 4 1 ∫ 𝑙𝑛𝑥 ∙ √𝑥 = 𝑙𝑛𝑥 −∫ ∙ 𝑑𝑥 4 4 𝑥 3

3

3√𝑥 4 3 = 𝑙𝑛𝑥 − ∫ 𝑥 4/3 ∙ 𝑥 −1 𝑑𝑥 4 4 3

3√𝑥 4 3 = 𝑙𝑛𝑥 − ∫ 𝑥 1/3 𝑑𝑥 4 4

3

3√𝑥 4 3 𝑥 4/3 = 𝑙𝑛𝑥 ∙ − ∙ 4 4 4 3 9 4/3 = 𝑥 +𝑐 16 b. c. Integración por partes ∫ sin−1(𝑥)𝑑𝑥 sin−1(𝑥)𝑥 − ∫ 𝑥 sin−1 (𝑥)𝑥 − ∫ sin−1(𝑥)𝑥 − ∫

𝑥 √1 − 𝑥 2 𝑥

√1 − 𝑥 2 1

𝑑𝑥

𝑑𝑥

1 𝑑𝑢 √𝑢 −2

sin−1(𝑥)𝑥 − ∫ − sin−1(𝑥)𝑥 − − ∫

∙

1 2√𝑢 1 2√𝑢

𝑑𝑢 𝑑𝑢

1 1 sin−1 (𝑥)𝑥 + ∫ 𝑑𝑢 2 √𝑢

d. Integración por partes.

D: ∫ 𝑥𝑒 3𝑥 𝑑𝑥 Integración por sustentación : 𝑢 = 3𝑥

=∫

𝑒 𝑢𝑢 9

du

Sacamos la constante =

1 ∗ ∫ eu du 9

1 = (𝑒 𝑢 𝑢 − ∫ 𝑒 𝑢 𝑑𝑢 9 =∫ 𝑒 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑒 𝑢 Aplicamos la regla de la integración : =∫ 𝑒 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑒 𝑢 =𝑒 𝑢 1 = (𝑒 𝑢 𝑢 − 𝑒 𝑢 9 Sustituimos la ecuación 𝑢 = 3𝑥 1 = (𝑒 3𝑥 ∗ 3𝑥 − 𝑒 3𝑥 9

Aplicamos una constante 𝟏

= 𝟗 (𝒆𝟑𝒙 ∗ 𝟑𝒙 − 𝒆𝟑𝒙+c

Tipo de ejercicios 3 – a,c,d a. Sustitución Trigonométrica y Fracciones parciales.



x2  1 dx x2

𝑥 = 𝑡𝑎𝑛𝜃 𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑐 2 𝜃 ∙ 𝑑𝜃

√𝑡𝑎𝑛2 𝜃 + 1 ∙ 𝑠𝑒𝑐 2 𝜃 ∙ 𝑑𝜃 𝑡𝑎𝑛2 𝜃 √𝑠𝑒𝑐 2 𝜃 ∫ ∙ 𝑠𝑒𝑐 2 𝜃 ∙ 𝑑𝜃 𝑡𝑎𝑛2 𝜃 ∫

∫

𝑠𝑒𝑐 2 𝜃 ∙ 𝑠𝑒𝑐 2 𝜃 ∙ 𝑑𝜃 𝑡𝑎𝑛2 𝜃

1 1 𝑐𝑜𝑠𝜃 ∫ ∙ ∙ 𝑑𝜃 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 1 1 ∫ ∙ 𝑑𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 ∫ 𝑠𝑒𝑐 ∙ 𝑐𝑠𝑐 2 𝜃 𝑑𝜃 = 𝑢 ∙ 𝑣 − ∫ 𝑣 ∙ 𝑑𝑢 = 𝑠𝑒𝑐𝜃(− cot 𝜃) − ∫ −𝑐𝑜𝑡𝜃 ∙ 𝑠𝑒𝑐𝜃 ∙ 𝑡𝑎𝑛𝜃 𝑑𝜃 1 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃 (− )+∫ ∙ 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 1 𝑐𝑜𝑠𝜃 = (− ) + ∫ 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑑𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃 1 =− + 𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑐𝜃 + 𝑡𝑎𝑛𝜃| 𝑠𝑒𝑛𝜃 = −𝑐𝑠𝑐 + 𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑐𝜃 + 𝑡𝑎𝑛𝜃| √𝑥 2 + 1 √𝑥 2 + 1 𝑥 = + 𝑙𝑛 | + |+𝑐 𝑥 1 1 =

𝑑𝜃

b. c. Sustitución Trigonométrica y Fracciones parciales. ∫

𝒙𝟐 √𝒙𝟐 − 𝟒

𝒅𝒙

Aplicamos sustitución trigonométrica 𝒙 = 𝟐𝒔𝒆𝒄𝜽

∫ 𝟒𝒔𝒆𝒄𝟑 𝜽 𝒅𝜽 𝟒 ∙ ∫ 𝒔𝒆𝒄𝟑 𝜽 𝒅𝜽 Aplicamos reducción = 𝟒(

𝒔𝒆𝒄𝟐 𝜽 ∙ 𝒔𝒊𝒏𝜽 𝟏 + ∙ ∫ 𝒔𝒆𝒄𝜽𝒅𝜽) 𝟐 𝟐

𝒔𝒆𝒄𝟐 𝜽 ∙ 𝒔𝒊𝒏𝜽 𝟏 = 𝟒( + 𝑰𝒏|𝒕𝒂𝒏𝜽 + 𝒔𝒆𝒄𝜽|) 𝟐 𝟐 𝟏

Remplazamos 𝜽 por(𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄 (𝟐 𝒙)) = 𝟒(

𝟏 𝟏 𝒔𝒆𝒄𝟐 (𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄 (𝟐 𝒙)) ∙ 𝒔𝒊𝒏(𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄 (𝟐 𝒙)) 𝟐 𝟏 𝟏 𝟏 + 𝑰𝒏 |𝒕𝒂𝒏(𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄 ( 𝒙)) + 𝒔𝒆𝒄(𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄 ( 𝒙))|) 𝟐 𝟐 𝟐 Simplificamos 𝟏

𝟏

= 𝟒 (𝟖 𝒙√𝒙𝟐 − 𝟒 + 𝟐 𝑰𝒏 |

√𝒙𝟐 −𝟒+𝒙 𝟐

|)+C

d. Sustitución Trigonométrica y Fracciones parciales.

∫

5𝑥 − 3 𝑑𝑥 (𝑥 2 + 1)(𝑥 + 3)

=∫

(𝜇 2

= 25 ∫

25𝜇 𝑑𝜇 + 6𝜇 + 34)(𝜇 + 18)

𝜇 𝑑𝜇 (𝜇 2 + 6𝜇 + 34)(𝜇 + 18)

Tomar la fracción parcial de

𝜇 (𝜇 2

+

6+ 34)(𝜇

= 25 ∫

=∫

=

125(𝜇 2

9𝜇 + 17 9 − + 6𝜇 + 34) 125(𝜇 + 18)

9𝜇 + 17 9 − 𝑑𝜇 125(𝜇2 + 6𝜇 + 34 125(𝜇 + 18)

= 25( ∫

=∫

+ 18)

:

9𝜇 + 17 9 𝑑𝜇 − ∫ 𝑑𝜇 2 125(𝜇 + 6𝜇 + 34 125(𝜇 + 18)

125(𝜇 2

9𝜇 + 17 1 9 1 1 𝑑𝜇 = ( 𝐼𝑛 𝑙 (𝜇 + 3)2 + 1 − 2 arctan ( (𝜇 + 3)) + 6𝜇 + 34) 125 2 125 5

9𝜇 + 17 𝑑𝜇 125(𝜇2 + 6𝜇 + 34)

1 9𝜇 + 17 .∫ 𝑑𝜇 125 (𝜇2 + 6𝜇 + 34)

𝜇2 + 6𝜇 + 34 = 25(

1 9 (9𝐼𝑛|𝑥 2 + 1| − 4 arctan(𝑥)) − 𝐼𝑛|5𝑥 + 15|) 250 125

Solucion 1

9

= 25(250 (9𝐼𝑛|𝑥 2 + 1| − 4 arctan(𝑥)) − 125 𝐼𝑛|5𝑥 + 15|)+c

Tipo de ejercicios 4 – a.c,d a. Integral Impropias

∫ 𝒖 𝒅𝒗 = 𝒖 ∙ 𝒗 − ∫ 𝒗. 𝒅𝒖

0

∫−∞ −𝑥 3 𝑒 𝑥 𝑑𝑥

𝑢 = 𝑥3

𝑑𝑢 = 3𝑥 2

−[∫ 𝑥 3 𝑒 𝑥 ]𝑑𝑥

𝑑𝑣 = 𝑒 𝑥

𝑣 = 𝑒𝑥

∫ 𝑥3𝑒 𝑥 = 𝑥3𝑒 𝑥 − 3 ∫ 𝑥2𝑒 𝑥

𝑢 = 𝑥2

𝑑𝑢 = 2𝑥

= 𝑥 3 𝑒 𝑥 − 3[𝑥 2 ∙ 𝑒 𝑥 − ∫ 𝑒 𝑥 ∙ 2𝑥]

𝑑𝑣 = 𝑒 𝑥

𝑣 = 𝑒𝑥

∫ 𝑥 3 𝑒 𝑥 = 𝑥 3 ∙ 𝑒 𝑥 − ∫ 𝑒 𝑥 ∙ 3𝑥 2

= 𝑥 3 𝑒 𝑥 − 3𝑥 2 𝑒 𝑥 + 6 ∫ 𝑥 ∙ 𝑒 𝑥 = 𝑥 3 𝑒 𝑥 − 3𝑥 2 𝑒 𝑥 + 6[𝑥 ∙ 𝑒 𝑥 − ∫ 𝑒 𝑥 ∙ 1]

𝑢=𝑥

= [𝑥 3 𝑒 𝑥 − 3𝑥 2 𝑒 𝑥 − 6𝑥 ∙ 𝑒 𝑥 − 6𝑒 𝑥 ]

𝑑𝑣 = 𝑒 𝑥

= [03 𝑒 0 − 3(0)2 𝑒 0 − 6(0) ∙ 𝑒 0 − 6𝑒 0 ] − [−∞ 3 𝑒 −∞ − 3(−∞ )2 𝑒 −∞ − 6(−∞ ) ∙ 𝑒 −∞ − 6𝑒 −∞ ] = −[[−6] − [0]] =6

b. c. Integral Impropias 0

∫ −∞ 0

∫ −∞ 0

4∫ −∞ 0

4∫ −∞

4 𝑑𝑥 4 + 𝑥2 1 𝑑𝑥 4 + 𝑥2 1 𝑑𝑥 4 + 𝑥2 1 𝑑𝑥 22 + 𝑥 2

1 𝑥 4 ( arctan( )]) 2 2

𝑑𝑢 = 1 𝑣 = 𝑒𝑥

−∞ arctan(0) arctan( 2 ) 4( − ) 2 2 −2 arctan(

−∞ ) 2

d. Integral Impropias.

Ejercicio D.

∞

∫ 0

𝑥 𝑑𝑥 16 + 𝑥 2

Aplicamos integración por sustitución 𝑢 = 16 + 𝑥 2 =∫

1 𝑑𝑢 2𝑢

Sacamos una constante: ∫ 𝑎. 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑎 ∗ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 1

1

= 2* ∫ 𝑢 𝑑𝑢 1 𝑢

Aplicamos la regla de integración: ∫ 𝑑𝑢 = 𝐼𝑛(|𝑢|)

=

1 𝐼𝑛|𝑢| 2

Sustituimos la ecuación 𝑢 = 16 + 𝑥 2

1

=∫ 2𝑢 𝑑𝑢 =

1 1 ∗ ∫ 𝑑𝑢 2 𝑢

1 = 𝐼𝑛|16 + 𝑥 2 | 2 1

= 2 𝐼𝑛|16 + 𝑥 2 |+C ∞

Calculamos los limites : ∫0

𝑥 𝑑𝑥 16+𝑥 2

= Es Divergente

1 lim → 0 + ( 𝐼𝑛|16 + 𝑥 2 |) = 2𝐼𝑛(2) 𝑥 2

1 2

= ∗ lim → ∞(𝐼𝑛(16 + 𝑥 2 )) 𝑥

Ya Que 1 lim → ∞ + ( 𝐼𝑛|16 + 𝑥 2 |) = ∞ 𝑥 2

= Es Divergente