Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (68)

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12 UNA VARIABLE: PRIMITIVAS, INTEGRAL DEFINIDA Y APLICACIONES
Entonces se trata de encontrar constantes A,B,C con
5x2 − 8x+ 27
x3 − 5x2 + 7x+ 13 =
A
x+ 1
+
Bx+ C
x2 − 6x+ 13 =
A(x2 − 6x+ 13) + (Bx+ C)(x+ 1)
(x+ 1)(x2 − 6x+ 13)
Como los denominadores son iguales, lo son también los numeradores, o sea
5x2 − 8x+ 27 = A(x2 − 6x+ 13) + (Bx+ C)(x+ 1)
Para x = −1 se obtiene 40 = 20A, de donde A = 2. Entonces para x = 0 se obtiene 27 = 26 +C, o
sea C = 1. Finalmente, para x = 1 se tiene 24 = 16 + 2(B + 1) = 18 + 2B, de donde B = 3.
Para el sumando
2
x+ 1
tenemos la primitiva inmediata 2 ln |x+ 1|.
Para el sumando
3x+ 1
x2 − 6x+ 13, poniendo x
2− 6x+13 = (x2− 6x+9)+4 = (x− 3)2+22, sabemos
que existen constantes M y N tales que
∫
3x+ 1
x2 − 6x+ 13 dx = M ln(x
2 − 6x+ 13) +N arctan
(
x− 3
2
)
Derivando en ambos miembros se obtiene
3x+ 1
x2 − 6x+ 13 = M
(2x− 6)
x2 − 6x+ 13 +N
1/2
((x− 3)/2)2 + 1 =
M(2x− 6)
x2 − 6x+ 13 +
2N
(x− 3)2 + 4
Como los denominadores son iguales, tenemos la igualdad de polinomios 3x+1 = 2Mx+(2N−6M).
Igualando los coeficientes de x se obtiene M = 3/2 e igualando entonces los términos independientes
se obtiene N = 5. Aśı, finalmente:
∫
5x2 − 8x+ 27
x3 − 5x2 + 7x+ 13 dx = 2 ln |x+ 1|+
3
2
ln(x2 − 6x+ 13) + 5 arctan
(
x− 3
2
)
o
20. Calcula la primitiva
∫
dx
cos3 x
.
Solución: Haciendo t = senx se tiene dt = cosx dx y cos2 x = 1− t2, y entonces:
∫
dx
cos3 x
=
∫
cosx dx
cos4 x
=
∫
dt
(1− t2)2 =
∫
dt
(t+ 1)2(t− 1)2
Hemos transformado la primitiva dada en una racional, y debemos expresar el integrando como
suma de fracciones simples del tipo:
A
t+ 1
+
B
(t+ 1)2
+
C
t− 1 +
D
(t− 1)2 =
A(t+ 1)(t− 1)2 +B(t− 1)2 + C(t+ 1)2(t− 1) +D(t+ 1)2
(t+ 1)2(t− 1)2
de modo que, igualando denominadores, debe ser
1 = A(t+ 1)(t− 1)2 +B(t− 1)2 + C(t+ 1)2(t− 1) +D(t+ 1)2
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12 UNA VARIABLE: PRIMITIVAS, INTEGRAL DEFINIDA Y APLICACIONES
para cualquier t. Tomando valores cómodos de t se obtiene:
t = 1 → 1 = 4D → D = 1/4
t = −1 → 1 = 4B → B = 1/4
t = 0 → 1 = A+B − C +D → A− C = 1/2
t = 2 → 1 = 3A+B + 9C + 9D → 3A+ 9C = −3/2
y de las dos últimas igualdades se deduce que A = 1/4 y C = −1/4, de modo que
∫
dx
cos3 x
=
1
4
(∫
dt
t+ 1
+
∫
dt
(t+ 1)2
−
∫
dt
t− 1 +
∫
dt
(t− 1)2
)
1
4
(
ln(t+ 1)− (t+ 1)−1 − ln(t− 1)− (t− 1)−1
)
+ C
Esta es la primitiva pedida; operando se puede simplificar un poco el resultado:
1
4
ln
(
t+ 1
t− 1
)
−
1
2 t
1− t2
y deshaciendo el cambio se tiene
∫
dx
cos3 x
=
1
4
ln
(
sen(x) + 1
sen(x)− 1
)
+
1
2 sen(x)
cos2(x)
o
21. Calcula
∫
senx
cosx(1 + cos2 x)
dx
Solución: Haciendo t = cosx la integral se transforma en I =
∫ −dt
t(1 + t2)
, que es racional. Si
intentamos poner
−1
t(1 + t2)
=
A
t
+
Bt+ C
1 + t2
obtenemos A = −1, B = 1, C = 0, luego:
I =
∫
t dt
1 + t2
−
∫
dt
t
=
1
2
ln(1 + t2)− ln(t) = 1
2
ln(1 + cos2 x)− ln(cosx) + C
o
22. Si p(x) es el polinomio de Maclaurin de grado 4 de f(x) = (x+ 2)e−x, compara los valores de
∫ 1
−1
f(x)dx y
∫ 1
−1
p(x)dx
Solución: Calculando “por partes” se tiene
∫
(x+ 2)e−x dx = −(x+ 3)e−x + C y aśı
∫ 1
−1
f(x) dx =
[
−(x+ 3)e−x
]1
−1 = −4e
−1 + 2e = 2e− 4
e
= 3′9647 . . .
Matemáticas de 1 , problemas 203 Alberto del Valle Robles
12 UNA VARIABLE: PRIMITIVAS, INTEGRAL DEFINIDA Y APLICACIONES
Por otra parte, como el polinomio de grado 4 de e−x es 1 − x + 12 x2 − 16 x3 + 124 x4, el de f(x) =
(x+ 2)e−x es el correspondiente producto truncado en grado 4, o sea
f(x) ≈ (2 + x)(1− x+ 1
2
x2 − 1
6
x3 +
1
24
x4) ≈ 2− x+ 1
6
x3 − 1
12
x4
cuya integral entre −1 y 1 vale
∫ 1
−1
p(x) dx =
[
2x− 1
2
x2 +
1
24
x4 − 1
60
x5
]1
−1
= 4− 1
30
= 3′9666 . . .
o
23. Calcula el área de la región del primer cuadrante delimitada por los ejes de coordenadas, la recta
vertical x = 2 y la curva y = (x+ 2)e−x.
Solución: Como estamos en el primer cuadrante se tiene x ≥ 0, luego y = (x+ 2)e−x también es
positiva pues lo son los dos factores. Por tanto el área pedida es la integral
∫ 2
0 (x+ 2)e
−xdx.
Calculando “por partes” se obtiene fácilmente
∫
(x+ 2)e−x dx = −(x+ 3)e−x + C y aśı el área es
∫ 2
0
(x+ 2)e−x dx = −(x+ 3)e−x
]2
0
= −5e−2 + 3e0 = 3− 5/e2
o
24. Calcula el área delimitada por el eje horizontal y = 0, las rectas verticales x = 2 y x = 3 y la gráfica
de la ecuación y = x3/(x2 − 1).
Solución: Como la función es claramente positiva estre x = 2 y x = 3, se trata simplemente
de calcular la integral definida
∫ 3
2
x3
x2 − 1 dx. Como el grado del numerador es mayor que el del
denominador, dividimos con resto: x3 = x(x2 − 1) + x, y aśı
x3
x2 − 1 =
x(x2 − 1) + x
x2 − 1 = x+
x
x2 − 1
La integral del segundo sumando se puede plantear como una racional, pero en realidad toda la
integral es inmediata:
∫ 3
2
x3
x2 − 1 dx =
∫ 3
2
(
x+
x
x2 − 1
)
dx =
1
2
∫ 3
2
(
2x+
2x
x2 − 1
)
dx =
1
2
[
x2 + ln(x2 − 1)
]3
2
=
5
2
+
1
2
ln(8/3)
o
Matemáticas de 1 , problemas 204 Alberto del Valle Robles