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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE Facultad de Matemáticas Departamento de Matemáticas MAT 1610-7 Cálculo I ♦ Ayudant́ıa 13 ♦ Patricio Peralta pato.peralta@gmail.com Problema 1. Calcule por definición a) ∫ b a x2dx Resuelto en ayudant́ıa b) ∫ b a exdx Definimos una partición uniforme de la forma xk = a+ k n (b− a) Claramente, ∆xk = b− a n Entonces, planteamos la suma de Riemmann con el ĺımite inferior ĺım n→∞ n−1∑ k=0 exk∆xk ĺım n→∞ n−1∑ k=0 ea+ k n (b−a) b− a n ĺım n→∞ ea b− a n n−1∑ k=0 e (b−a) n k Nos fijamos en la progresión geométrica que nos resulta. Recordamos que si la representamos como Sn Sn = 1 + e b−a n + e 2(b−a) n + · · ·e b−a n (n−1) Multiplicamos por la razón de esta serie geométrica Sn(e b−a n ) = e b−a n + e 2(b−a) n + · · ·e b−a n (n) 1 Restamos y encontramos que se nos van los términos del medio, y obtenemos Sn = eb−a − 1 e b−a n − 1 Entonces, tenemos ĺım n→∞ ea ( b− a n )( eb−a − 1 e b−a n − 1 ) ĺım n→∞ ( eb − ea ) (b− a)/n e b−a n − 1 Recordamos que ĺımx→0 e x−1 x = 1 se parece, mediante un cambio de variable, a ĺımn→∞ (b−a)/n e b−a n −1 Entonces ĺım n→∞ ( eb − ea ) (b− a)/n e b−a n − 1 = eb − ea c) ∫ b a cos(t)dt Resuelto en ayudant́ıa Hint: sin(α) cos(β) = 1 2 (sin(α + β) + sin(α− β)) Problema 2. Identifique como integral a) ĺım n→∞ n∑ k=1 k n2 + k2 Resuelto en ayudant́ıa b) ĺım n→∞ n∑ k=1 (3n+ 2k)p np+1 Resuelto en ayudant́ıa Problema 3. Calcule la antiderivada a) ∫ dx x2 √ 4 + x2 Hacemos el cambio de variable x = 2 tan(u)→ dx = 2 sec2(u)du Y reemplazamos en la integral. Se obtiene.∫ 2 sec2(u)du 4 tan2(u) √ 4 + 4 tan2(u) 2 Recordamos que tan2(x) + 1 = sec2(x). Entonces. ∫ 2 sec2(u)du 4 tg2(u) · 2 sec(u) 1 4 ∫ cos(u)du sin2(u) Ahora hacemos un cambio de variable v = sin(u)→ dv = cos(u)du. Obtenemos: 1 4 ∫ v−2dv = −1 4 v−1 + C Ahora nos devolvemos a las variables originales del problema. −1 4 (sin(u))−1 + C Ahora, como x = 2 tan(u)→ sin(u) = x√ x2+4∫ dx x2 √ 4 + x2 = −1 4 √ x2 + 4 x + C b) ∫ sin3 xdx∫ sin2(x) sin(x)dx∫ (1− cos2(x)) sin(x)dx∫ sin(x)dx− ∫ cos2(x) sin(x)dx Hacemos u = cos(x) → du = − sin(x)dx en la integral de la derecha, y calculamos la integral de la izquierda. − cos(x) + C + ∫ u2du Calculamos la integral y nos devolvemos por el cambio de variable. Nótese que las constantes que aparecen, producto de las dos integraciones indefinidas, las metemos en una sola.∫ sin3 xdx = − cos(x) + cos3(x)/3 + C ′ c) ∫ 2 ln(x) + 1 x(ln2(x) + ln(x)) Lo más intuitivo en este caso es hacer u = ln(x)→ du = 1xdx. Este reemplazo queda bastante conveniente. 3 ∫ 2 ln(x) + 1 x(ln2(x) + ln(x)) → ∫ 2u+ 1 u2 + u du Ahora, otro cambio de variable bastante obvio. v = u2 + u→ dv = 2u+ 1du∫ 2u+ 1 u2 + u du→ ∫ dv/v = ln(v) + C Nos devolvemos por los cambios de variable ln(v) + C = ln(u2 + u) + C = ln(ln2(x) + ln(u)) + C Problema 4. Calcule ĺım n→∞ π n ( sin (π n ) + sin ( 2π n ) + sin ( 3π n ) + · · ·+ sin ( (n− 1)π n )) Lo acercamos un poco más a lo que es la suma de Riemman, sumando el primer término. ĺım n→∞ π n ( sin ( 0 n ) + sin (π n ) + sin ( 2π n ) + sin ( 3π n ) + · · ·+ sin ( (n− 1)π n )) Claramente es una suma de Riemann desde k = 0 hasta n− 1. Además, se puede apreciar que ∆xk = πn y que xk = 0 + (π−0)k n En fin, se tiene ĺım n→∞ n−1∑ k=0 sin ( kπ n ) π n Tenemos esto como la representación canónica de una suma de Riemann. Lo pasamos a una integral considerando el xk elegido anteriormente, que es relevante a la hora de elegir los ĺımites de la integral. ĺım n→∞ n−1∑ k=0 sin ( kπ n ) π n = ∫ π 0 sin(x)dx = − cos(π)− (− cos(0)) = 2 Problema 5. Usando cambios de variable, demuestre que∫ π −π ln(5 + 4 cos(x))dx = 2 ∫ π/2 0 ln(25− 16 sin2(x))dx Primero, nos fijamos que ln(5 + 4 cos(x)) es una función par, por el coseno que está en el argumento del logaritmo. Entonces, podemos decir que∫ π −π ln(5 + 4 cos(x))dx = 2 ∫ π 0 ln(5 + 4 cos(x))dx Tenemos que cambiar el coseno que tenemos en un seno: da esa impresión si nos fijamos en qué queremos demostrar. Por esto, hacemos el cambio de variable x = π 2 − u→ dx = −du 4 . Nos fijamos como cambian los ĺımites de integración. 2 ∫ π 0 ln(5 + 4 cos(x))dx = 2 ∫ −π/2 π/2 ln(5 + 4 sin(u))(−du) 2 ∫ π/2 −π/2 ln(5 + 4 sin(u))du = 2 (∫ 0 −π/2 ln(5 + 4 sin(u))du+ ∫ π/2 0 ln(5 + 4 sin(u))du ) Para la integral de la izquierda, hacemos el cambio de variable v = −u→ dv = −du 2 (∫ 0 π/2 ln(5 + 4 sin(−v))(−dv) + ∫ π/2 0 ln(5 + 4 sin(u))du ) Sacamos el signo menos del argumento hacia afuera, y hacemos que el menos del diferencial cambie el orden de los ĺımites de integración. 2 (∫ π/2 0 ln(5− 4 sin(v))(dv) + ∫ π/2 0 ln(5 + 4 sin(u))du ) Ahora podemos juntar -mejor dicho sumar- las integrales, porque sus ĺımites de integración son los mismos; el diferencial, por otra parte, es solo un nombre según lo cual estamos integrando aśı que no importa para efectos de la suma. Por esto, se obtiene: 2 (∫ π/2 0 ln(5− 4 sin(u)) + ln(5 + 4 sin(u))du ) Ahora, por propiedades del logaritmo. Nótese que la verdad no importa la letra que representa al diferencial a sumar. 2 (∫ π/2 0 ln(5− 4 sin(u)) + ln(5 + 4 sin(u))du ) = 2 ∫ π/2 0 ln(25− 16 sin2(x))dx 5
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