Exercícios Resolvidos de Cálculo II

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Ejercicios resueltos
Matemáticas Universitaras II
Genaro Luna Carreto 1
Octubre 2016
1Profesor de la Benemérita Universidad Autónoma de Puebla, México.
MATEMÁTICASFCE BUAP Matemáticas Universitarias II
OBJETIVO
La finalidad de éste documento es resolver problemas que han salido en
exámenes departamentales de cálculo integral. Servirán de gúıa en la prepara-
ción de dicho examen. Este archivo se irá actualizando en forma permanente.
Problema 1.
∫
sin3 x
√
cosxdx
Solución.
∫
sin3 x
√
cosxdx =
∫
sin2 x
√
cos x sin xdx (1)
=
∫
(1− cos2 x)
√
cosx sin xdx
(recuerda que sin2 x = 1− cos2 x)
=
∫
(1− cos2 x)(cosx) 12 sin xdx (2)
=
∫
(cosx)
1
2 sin xdx−
∫
(cosx)
5
2 sin xdx (3)
= −
∫
(cosx)
1
2 (− sin xdx) +
∫
(cos x)
5
2 (− sin xdx) (4)
(5)
Aqúı se puede cambiar de variable w = cosx, de donde dw = − sin xdx.
Ya con esto, es fácil concluir:
∫
sin3 x
√
cosxdx = −2 cos
3
2 x
3
+
2 cos
7
2 x
7
+ k
Problema 2. Resuelve la integral por racionalización
∫
3
√
x+ 1
3
√
x− 1dx
Genaro Luna Carreto 1 2016
MATEMÁTICASFCE BUAP Matemáticas Universitarias II
Solución. Sólo aparece una ráız de ı́ndice 3, por lo cual es indicado hacer
el cambio de variable x = z3. Se obtiene lo siguiente
x = z3 (6)
dx = 3z2dz (7)
Ahora cambiemos de variable en la integral
∫
3
√
x+ 1
3
√
x− 1dx =
∫
3
√
z3 + 1
3
√
z3 − 1
3z2dz (8)
=
∫
z + 1
z − 13z
2dz (9)
= 3
∫
z3 + z2
z − 1 dz (10)
Se observa la división de polinomios, donde el grado del numerador es más
grande que el del denominador. Realizando la división
z2 + 2z + 2
z − 1
)
z3 + z2
− z3 + z2
2z2
− 2z2 + 2z
2z
− 2z + 2
2
por lo tanto
z3 + z2
z − 1 = z
2 + 2z + 2 +
2
z − 1
Por lo tanto (10), se reescribe como
3
∫
z3 + z2
z − 1 = 3
[
∫
(z2 + 2z + 2)dz +
∫
2
z − 1dz
]
(11)
= z3 + 3z2 + 6z + 6 ln |z − 1|+ k (12)
Sólo resta regresar a la variable original usando x = z3 o equivalentemente
z = x
1
3
Genaro Luna Carreto 2 2016
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Problema 3. Resuelve por fracciones parciales
∫
x2
(x− 3)(x+ 2)2dx
Solución. Se toma la fracción, sin la integral, y se propone una descom-
posición de la forma
x2
(x− 3)(x+ 2)2 =
A
x− 3 +
B
x+ 2
+
C
(x+ 2)2
A partir de aqúı, se toma al denominador de la izquierda y se pasa mul-
tiplicando a la derecha
x2 =
[
A
x− 3 +
B
x+ 2
+
C
(x+ 2)2
]
(x− 3)(x+ 2)2
Haciendo las multiplicaiones
x2 = A(x+ 2)2 +B(x− 3)(x+ 2) + C(x− 3)
En esta parte me saltaré unos pasos, pero debe quedar aśı:
x2 = x2(A+B) + x(4A−B + C) + 4A− 6B − 3C
Al momento de igualar coeficientes se genera un sistema de ecuaciones lineales
A+B = 1 (13)
4A− B + C = 0 (14)
4A− 6B − 3C = 0 (15)
La forma de solucionar es libre. Si multiplica la segunda ecuación (14), por 3
y la suma a la tercera, se obtiene la ecuación 16A− 9B = 0. Ahora se tienen
dos ecuaciones, la (13) y 16A− 9B = 0:
A +B = 1 (16)
16A− 9B = 0 (17)
(18)
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que por cierto es fácil de solucionar: A = 9
25
, B = 16
25
. Es rutina calcular
c = −4
5
.
Asi pues, la integral original se puede escribir como
∫
x2
(x− 3)(x+ 2)2dx =
∫
9
25(x− 3)dx+
∫
16
25(x+ 2)
dx−
∫
4
5(x+ 2)2
dx
donde cada integral es sencilla:
∫
x2
(x− 3)(x+ 2)2dx =
9
25
ln |x− 3|+ 16
25
ln |x+ 2|+ 4
5(x+ 2)
+ k
Problema 4.
∫
√
9x2 − 4
x
dx (19)
Solución. Naturalmente que es por sustitución trigonométrica. Antes que
nada, realicemos algunas modificaciones
∫
√
9x2 − 4
x
dx =
∫
√
9(x2 − 4
9
)
x
dx (20)
=
∫ 3
√
x2 − (2
3
)2
x
dx (21)
(22)
Es evidente que x = 2
3
sec θ. Entonces
x =
2
3
sec θ, dx =
2
3
sec θ tan θdθ
Sustituyamos los valores en (21)
Genaro Luna Carreto 4 2016
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∫ 3
√
x2 − (2
3
)2
x
dx =
∫ 3
√
(2
3
sec θ)2 − (2
3
)2
2
3
sec θ
2
3
sec θ tan θdθ (23)
=
∫
32
3
√
(sec θ)2 − 1
2
3
sec θ
2
3
sec θ tan θdθ (24)
= 2
∫
√
sec θ)2 − 1 tan θdθ (pero tan2 θ = sec θ2 − 1)
= 2
∫
tan θ tan θdθ (25)
= 2
∫
tan2 θdθ (26)
Ésta última integral es sencilla, sólo se tiene que usar la identidad tan2 θ =
sec θ2 − 1
2
∫
tan2 θdθ = 2
∫
(sec2−1)dθ (27)
= 2
∫
sec2 dθ − 2
∫
dθ (28)
= 2 tan θ − 2θ + k (29)
Se tiene que regresar a la variable x, asi que recordemos el cambio de variable:
x = 2
3
sec θ. Es inmediato que
sec θ =
x
2
3
Por ende cos θ =
2
3
x
. La forma del coseno permite leer la hipotenusa x y el
cateto opuesto 2
3
. Con ello, considere el siguiente triángulo
Genaro Luna Carreto 5 2016
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Buscamos la tangente y theta. tan θ =
√
x2−
4
9
2
3
, lo cual en forma simplifi-
cada es tan θ =
√
9x2−4
2
. Por otro lado θ = sec−1 3x
2
. Finalmente,
∫
√
9x2 − 4
x
dx = 2 tan θ − 2θ + k = 2
(
√
9x2 − 4
2
− sec−1 3x
2
)
+ k
Problema 5.
∫ √
x ln xdx (30)
Solución. Este es un ejemplo t́ıpico de integración por partes. Aparece
un logaritmo natural, asi que se sugiere sea colocado del lado donde se deriva.
u = ln x dv =
√
x
du = 1
x
dx v = 2x
3
2
3
En consecuencia
∫ √
x ln xdx =
2x
3
2 ln x
3
−
∫
1
x
2x
3
2
3
dx (31)
=
2x
3
2 ln x
3
− 2
3
[
∫
x
1
2dx
]
(32)
=
2x
3
2 ln x
3
− 2
3
2
3
x
3
2 + k (33)
=
2x
3
2 ln x
3
− 4
9
x
3
2 + k (34)
Genaro Luna Carreto 6 2016
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Problema 6. Utiliza la regla de sustitución para resolver
∫
dx
x
√
ln x
(35)
Solución. Un consejo útil al momento de intentar resolver una integral
por sustitución es, buscar dentro de la integral una función cuya derivada se
encuentre en la misma integral. Si te fijas, en la integral se localiza ln x, cuya
derivada es
1
x
. Reacomodando los elementos, descubrimos que efectivamente
se localiza tanto ln x como su derivada 1
x
:
∫
dx
x
√
ln x
=
∫
1√
ln x
1
x
dx (36)
Es posible, en este caso, realizar la siguiente sustitución:
w = lnx, dw =
1
x
dx (37)
De tal forma que la integral se transforma en:
∫
dx
x
√
ln x
=
∫
1√
ln x
1
x
dx =
∫
1√
w
dw (38)
La última integral tiene una solución sencilla:
∫
1√
w
dw =
∫
1
w
1
2
dw (39)
=
∫
w−
1
2dw (40)
=
w
1
2
1
2
+ k (41)
= 2
√
w + k (42)
= 2
√
ln x+ k (43)
Por lo tanto la integral (35) tiene como solución:
∫
dx
x
√
ln x
= 2
√
ln x+ k
Genaro Luna Carreto 7 2016
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Problema 7. Resuelve con integración por partes:
∫
4
1
√
t ln t dt (44)
Solución.
El ejercicio ya apareció en un examen, vea ecuación (30). La solución que
se obtuvo, fue en términos de x, pero adaptada para t es:
∫ √
t ln t dt =
2t
3
2 ln t
3
− 4
9
t
3
2 + k
∫
4
1
√
t ln t dt =
2t
3
2 ln t
3
− 4
9
t
3
2
∣
∣
∣
∣
4
1
(45)
=
2(4)
3
2 ln 4
3
− 4
9
(4)
3
2 −
(
2(1)
3
2 ln 1
3
− 4
9
(1)
3
2
)
(46)
=
16 ln 4
3
− 32
9
−
(
− 4
9
)
(47)
=
16 ln 4
3
− 28
9
(48)
Problema 8. Resuelve la siguiente integral trigonométrica
∫
cos2 x sin4 xdx (49)
Solución. En el libro El Cálculo del Louis Leithold, página 555, en-
contrará una descripción muy completa de integrales trigonométricas de este
tipo.
Se hará uso de las identidades trigonométricas:
sin2 x =
1− cos 2x
2
y cos2 x =
1 + cos 2x
2
(50)
Veamos como se realiza.
Genaro Luna Carreto 8 2016
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∫
cos2 x sin4 xdx =
∫
cos2 x(sin2)2dx (51)
=
∫
1 + cos 2x
2
(
1− cos 2x
2
)2
dx (52)
=
∫
1− cos 2x− cos2 2x+ cos3 2x
8
dx (53)
=
∫
1
8
dx− 1
8
∫
cos 2xdx− 1
8
∫
cos2 2xdx+
1
8
∫
cos3 2xdx
(54)
Resolvamos la tercera y cuarta integral.
En el caso de la tercera integral, se debe aplicar la identidad trigonométri-
ca referente al coseno cuadrado de la expresión (50)
1
8
∫
cos2 2xdx =
1
8
∫
1 + cos 4x
2
dx (55)
=
1
8
(
∫
1
2
dx+
1
2
∫
cos 4xdx
)
(56)
=
x
16
+
1
64
sin 4x (57)
Ahora toca el turno de resolver la cuarta integral.
1
8
∫
cos32xdx =
1
8
∫
cos2 2x cos 2xdx (58)
=
1
8
∫
(1− sin2 2x) cos 2xdx (59)
=
1
16
∫
(1− w2)dw, w = sin 2x (60)
=
1
16
∫
(1− w2)dw, w = sin 2x (61)
=
1
16
(w − w
3
3
) (62)
=
1
16
sin 2x− 1
48
sin3 2x (63)
Genaro Luna Carreto 9 2016
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De manera que
∫
cos2 x sin4 xdx =
x
8
− 1
16
sin 2x−
(
x
16
+
1
64
sin 4x
)
+
1
16
sin 2x− 1
48
sin3 2x
Simplificando
∫
cos2 x sin4 xdx =
x
16
− 1
64
sin 4x− 1
48
sin3 2x+ k
Problema 9. Resuelve la siguiente integral con el método se sustitución
trigonométrica
∫
xdx
(x2 + 4)
5
2
(64)
Solución.
La sustitución especial, en el caso de expresiones que incluyen x2 + a2, es
x = a tan θ. De tal forma
x = 2 tan θ, dx = 2 sec2 θdθ (65)
Si observa la integral (64), la parte mas complicada es la que se ubica en
el denominador. Asi pues, en primer lugar, la simplificaremos
(x2 + 4)
5
2 = ((2 tan θ)2 + 4)
5
2 (66)
= (4 tan2 θ + 4)
5
2 (67)
= (4(tan2 θ + 1))
5
2 (68)
= (4 sec2 θ)
5
2 (69)
= (
√
4 sec2 θ)5 (70)
= (2 sec θ)5 (71)
= 32 sec5 θ (72)
(73)
Ahora, sustituyamos las expresiones (65) y (72), en la integral (64)
∫
xdx
(x2 + 4)
5
2
=
∫
2 tan θ 2 sec2 θdθ
32 sec5 θ
(74)
=
1
8
∫
tan θdθ
sec3 θ
(75)
(76)
Genaro Luna Carreto 10 2016
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En este momento, notamos que la integral a resolver esta formada por
un cociente de tangentes por secantes, que no es manejable como tal. Lo
aconsejable es traducir todo en términos de senos y cosenos.
∫
xdx
(x2 + 4)
5
2
=
1
8
∫
tan θdθ
sec3 θ
(77)
=
1
8
∫ sin θ
cos θ
dθ
(
1
cos θ
)3
(78)
=
1
8
∫
sin θ cos3 θdθ
cos θ
(79)
=
1
8
∫
sin θ cos2 θdθ (80)
= − 1
24
cos3 θ + k (81)
Hace falta considerar la sustitución (65), en particular x = 2 tan θ. En-
tonces tan θ = x
2
.
Con la fórmula anterior y una vez elegido el ángulo θ, construimos un
triángulo rectángulo con el cateto opuesto x y adyacente 2. Obviamente, en
estas condiciones, la hipotenusa es igual a
√
x2 + 4.
Es claro que
cos θ =
2√
x2 + 4
Genaro Luna Carreto 11 2016
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Finalmente,
∫
xdx
(x2 + 4)
5
2
= − 1
24
cos3 θ + k (82)
= − 1
24
(
2√
x2 + 4
)3
+ k (83)
= − 1
3
√
x2 + 4
3
+ k (84)
(85)
Problema 10. Calcula la integral, ahora por fracciones parciales
∫
3dx
(x+ 1)(x2 + x)
(86)
Solución. El método por fracciones parciales, reside principalmente, en la
descomposición factorial del denominador en términos lineales y cuadráticos
irreducibles. En consecuencia, veamos como está conformado nuestro deno-
minador (x + 1)(x2 + x). El denominador (x + 1)(x2 + x), ya se encuentra
descompuesto en factores: uno lineal y otro cuadrático. El problema con el
cuadrático, es que, no es reducible, pues todavia se puede factorizar más:
x2 + x = x(x+ 1). Por lo tanto, la descomposición final del denominador es:
(x+ 1)(x2 + x) = x(x+ 1)2
Ahora bien, se puede distinguir que en realidad se trata de tres factores
lineales x, x + 1, x + 1, pero uno de ellos se repite dos veces.¡br¿La técnica
indica que el cociente de la integral, sea separado en sumas de fracciones más
simples.
3
x(x+ 1)2
=
A
x
+
B
x+ 1
+
C
(x+ 1)2
(87)
Si multiplicamos en ambos lados por x(x+ 1)2
3 = A(x+ 1)2 +Bx(x+ 1) + Cx (88)
Genaro Luna Carreto 12 2016
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Lo siguiente consiste en multiplicar y asociar
3 = A(x+ 1)2 +Bx(x+ 1) + Cx (89)
3 = A(x2 + 2x+ 1) +Bx2 +Bx+ Cx (90)
3 = Ax2 + 2Ax+ A +Bx2 +Bx+ Cx (91)
3 = x2(A +B) + x(2A+B + C) + A (92)
(93)
De donde A + B = 0, 2A + B + C = 0 y A = 3. Es un sistema muy obvio,
pues entonces B = −3 y C = −3.
Entonces
3
x(x+ 1)2
=
3
x
− 3
x+ 1
− 3
(x+ 1)2
Aplicando integral a ambos lados:
∫
3dx
x(x+ 1)2
=
∫
3dx
x
−
∫
3dx
x+ 1
−
∫
3dx
(x+ 1)2
(94)
= 3 ln |x| − 3 ln |x+ 1|+ 3
x+ 1
+ k (95)
Genaro Luna Carreto 13 2016