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Ayudanta 13 - Pato Peralta

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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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