Problemario_Calculo-46 - Eduardo Gonzalez Garcia

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(𝒃) ∫
𝑥2 + 1
√𝑥
𝑑𝑥 
2
1
 
Solución. Como la función 𝐹(𝑥) =
𝑥2+1
√𝑥
 es continua en el intervalo 𝐼 = [1,2] y 
sabemos que 𝐹(𝑥) =
2
5
√𝑥{𝑥2 + 5} es una antiderivada de 𝐹(𝑥) , entonces por la 
segunda parte del T.F.C. 
∫
𝑥2 + 1
√𝑥
𝑑𝑥 = 𝐹(2) − 𝐹(1) 
2
1
= {
2
5
√2((2)2 + 5)} − {
2
5
√1((1)2 + 5)} =
18
5
√2 −
12
5
 . 
(𝒄) ∫
6
1 + 𝑥2
𝑑𝑥 
√3
1
 
Solución. Puesto que la función 𝐹(𝑥) =
6
1+𝑥2
 es continua en el intervalo 𝐼 =
[1, √3] y sabemos que una antiderivada de 𝑓(𝑥) es la función 𝐹(𝑥) =
6 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥) + 𝐶, donde C es una constante arbitraria, entonces por la segunda 
parte del T.F.C. 
∫
6
1 + 𝑥2
𝑑𝑥 = 𝐹(√3) − 𝐹(1) 
√3
1
= {6𝑎𝑐𝑡𝑎𝑛(√3) + 𝐶} − {6𝑎𝑐𝑡𝑎𝑛(1) + 𝐶} =
1
2
𝜋. 
 
(𝒅) ∫
6
𝑡2
𝑑𝑡 
2
−2
 
Solución. Puesto que el integrando 𝐹(𝑥) =
2
𝑥6
 tiene una asíntota vertical en 𝑥 =
0, entonces se tiene que la función 𝐹(𝑥) no es continua en el intervalo 𝐼 = [−4,2] 
y por lo tanto no es posible utilizar la segunda parte del T.F.C. para evaluar esta 
integral. 
 
 
 
 
 
 
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4.2 Técnicas de integración 
En los siguientes ejercicios vamos a utilizar los siguientes resultados. 
 
Regla de sustitución para integrales indefinidas 
 
 Teorema. Si 𝑢 = 𝑔(𝑥) es derivable en el intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏] y si 𝑓 es 
continua sobre el intervalo 𝐼 = [𝑎, 𝑏] entonces 
 
∫𝑓(𝑔(𝑥))𝑑𝑥 = ∫𝑓(𝑢)𝑑𝑢 = 𝐹(𝑢) + 𝐶. 
 
Donde 𝐹 es una antiderivada de 𝑓. 
 
Integración por partes 
 
 Sea 𝑢 = 𝑓(𝑥) 𝑦 𝑣 = 𝑔(𝑥), entonces 𝑑𝑢 = 𝑓’(𝑥)𝑑𝑥 𝑦 𝑑𝑣 = 𝑔’(𝑥)𝑑𝑥 entonces 
 
∫𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫𝑣𝑑𝑢 
 
Resuelve las siguientes integrales utilizando el método de integración más 
apropiado 
𝟏.− ∫ ln(𝑥2 + 1)𝑑𝑥 
Solución. Integramos por partes. Sea 𝑢 = ln(𝑥2 + 1) ; 𝑑𝑣 = 𝑑𝑥 entonces 
 𝑑𝑢 =
2𝑥
x2+1
𝑑𝑥 y 𝑣 = 𝑥, y sustituyendo nos queda 
∫ ln(𝑥2 + 1)𝑑𝑥 = 𝑥 ln(𝑥2 + 1) − ∫
2𝑥2
𝑥2 + 1
𝑑𝑥 
 = 𝑥 ln(𝑥2 + 1) − 2∫(1 −
1
𝑥2 + 1
)𝑑𝑥 
 = 𝑥 ln(𝑥2 + 1) − 2𝑥 + 2∫(
1
𝑥2 + 1
)𝑑𝑥 
 = 𝑥 ln(𝑥2 + 1) − 2𝑥 + 2 arctan(𝑥) + 𝐶. 
 
 
 
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𝟐.− ∫ 𝑥(𝑥 + 1)1 3⁄ 𝑑𝑥 
Solución. Hacemos 𝑢 = 𝑥 + 1 entonces 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 y 
∫𝑥(𝑥 + 1)1 3⁄ 𝑑𝑥 = ∫(𝑢 − 1)𝑢1 3⁄ 𝑑𝑢 = ∫(𝑢4 3⁄ − 𝑢1 3⁄ )𝑑𝑢 
 
= ∫𝑢4 3⁄ 𝑑𝑢 − ∫𝑢1 3⁄ 𝑑𝑢 = 
3
7
𝑢7 3⁄ −
3
4
𝑢4 3⁄ + 𝐶 = 
3
7
(𝑥 + 1)7 3⁄ −
3
4
(𝑥 + 1)4 3⁄ + 𝐶. 
 
𝟑.− ∫
𝑥1 3⁄
𝑥2 3⁄ + 2
𝑑𝑥 
Solución. Hacemos 𝑢 = 𝑥1 3⁄ entonces 𝑑𝑢 =
𝑥1 3⁄
3𝑥2 3⁄
𝑑𝑢 y entonces 
∫
𝑥1 3⁄
𝑥2 3⁄ + 2
𝑑𝑥 = 3∫
𝑢3
𝑢2 + 2
𝑑𝑢 = 3∫(𝑢 −
2𝑢
𝑢2 + 2
)𝑑𝑢
= 3∫𝑢 𝑑𝑢 − 6∫
𝑢
𝑢2 + 2
𝑑𝑢 … (1) 
Para la integral ∫
𝑢
𝑢2+2
𝑑𝑢 ahora hacemos 𝑤 = 𝑢2 + 2 entonces 𝑑𝑤 = 2𝑢𝑑𝑢, 
y nos queda 
∫
𝑢
𝑢2 + 2
𝑑𝑢 =
1
2
∫
1
𝑤
𝑑𝑤 …(2) 
 
Sustituyendo la expresión (2) en (1) 
∫
𝑥1 3⁄
𝑥2 3⁄ +2
𝑑𝑥 = 3∫𝑢𝑑𝑢 − 3∫
1
𝑤
𝑑𝑤 =
3
2
𝑢2 − 3 ln(𝑤) + 𝐶 =
3
2
𝑥2 − 3 ln(𝑥2 3⁄ + 2) + 𝐶. 
 
𝟒.− ∫√1 − √𝑥 𝑑𝑥 
Solución. Hacemos 𝑢 = √𝑥 entonces 𝑑𝑢 =
1
2
√𝑥𝑑𝑥 y de esta manera 
obtenemos 
∫√1− √𝑥 𝑑𝑥 = 2∫√1 − 𝑢 𝑢𝑑𝑢 … (1)