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Repaso de Integrales Indefinidas de AMI Análisis Matemático II (Ciencias) 1. Sea n ∈ N. Entonces, ∫ senn (x) dx = − cos (x) + c si n = 1 , −sen n−1(x) · cos (x) n + n− 1 n ∫ senn−2 (x) dx si n ≥ 2 , donde c ∈ R. 2. Sean n ∈ N, m ∈ N. Entonces,∫ senn (x) · cosm (x) dx = = −cos m+1 (x) m+ 1 + c si n = 1 , senn+1 (x) n+ 1 + c si m = 1 , −sen n−1(x) · cosm+1 (x) m+ n + n− 1 m+ n ∫ senn−2 (x) · cosm (x) dx si n ≥ 2 y m es par, senn+1(x) · cosm−1 (x) m+ n + m− 1 m+ n ∫ senn (x) · cosm−2 (x) dx si n≥2 y m es impar,con m≥3 . 3. Sean a ∈ R, b ∈ R. Entonces,∫ dx a2 + (bx)2 = 1 ab · arc tg ( bx a ) + c , donde c ∈ R. 4. Sean a ∈ R, a > 0, y b ∈ R. Entonces,∫ dx√ a2 − (bx)2 = 1 b · arc sen ( bx a ) + c , donde c ∈ R. 5. Sea a ∈ R, a > 0. Entonces,∫ √ a2 + x2 dx = x · √ a2 + x2 2 + a2 2 ln ( x+ √ a2 + x2 ) + c , donde c ∈ R. 1 6. Sea a ∈ R, a > 0. Entonces,∫ √ a2 − x2 dx = x · √ a2 − x2 2 + a2 2 · arc sen (x a ) + c , donde c ∈ R. Demostración. Veamos algunas ideas para demostrar cada item: 1. Para n = 1, es por definición. Para n ≥ 2, observemos que demostrar la igualdad∫ senn (x) dx = −sen n−1(x) · cos (x) n + n− 1 n ∫ senn−2 (x) dx+ c (0.1) equivale a demostrar n ∫ senn (x) dx = − senn−1(x) · cos (x) + (n− 1) ∫ senn−2 (x) dx+ c . Entonces, planteamos n ∫ senn (x) dx = n ∫ senn−1 (x) · sen (x) dx , y aplicamos el método de Integración por Partes. 2. Veamos los cuatro casos: Para n = 1, ∫ senn (x) · cosm (x) dx = ∫ sen (x) · cosm (x) dx se resuelve haciendo una sustitución. Para m = 1, ∫ senn (x) · cosm (x) dx = ∫ senn (x) · cos (x) dx y también se resuelve haciendo una sustitución (diferente a la anterior). Si n ≥ 2 y m es par, observemos que la igualdad∫ senn (x)·cosm (x) dx = −sen n−1(x) · cosm+1 (x) m+ n + n− 1 m+ n ∫ senn−2 (x)·cosm (x) dx (0.2) es una generalización de lo demostrado en el item 1. (ya que podemos considerar que la igualdad (0.1) es (0.2) para m = 0), y se demuestra de forma muy similar. 2 Si n ≥ 2 y m es un natural impar mayor o igual que 3, observemos la igualdad∫ senn (x) · cosm (x) dx = sen n+1(x) · cosm−1 (x) m+ n + m− 1 m+ n ∫ senn (x) · cosm−2 (x) dx equivale a demostrar (m+ n) ∫ senn (x)·cosm (x) dx = senn+1(x)·cosm−1 (x)+(m− 1) ∫ senn (x)·cosm−2 (x) dx . Entonces, planteamos (m+ n) ∫ senn (x) · cosm (x) dx = (m+ n) ∫ cosm−1 (x) · senn (x) · cos (x) dx , y aplicamos el método de Integración por Partes. 3. Dados a ∈ R y b ∈ R, observemos que∫ dx a2 + (bx)2 = ∫ dx a2 ( 1 + ( bx a )2) = 1a2 ∫ dx 1 + ( bx a )2 , y se resuelve aplicando una sustitución. 4. Dados a ∈ R, a > 0, y b ∈ R, observemos que∫ dx√ a2 − (bx)2 = ∫ dx√ a2 ( 1− ( bx a )2) a>0= 1a ∫ dx√ 1− ( bx a )2 , y se resuelve aplicando una sustitución. 5. Sea a ∈ R, a > 0. Observemos que podemos escribir:∫ √ a2 + x2 dx = ∫ 1 · √ a2 + x2 dx , y aquí aplicamos partes, obteniendo:∫ √ a2 + x2 dx = x · √ a2 + x2 − ∫ x2√ a2 + x2 dx . Luego, resolvemos vía una sustitución hiperbólica, teniendo en cuenta que: ∀u ∈ R : cosh2(u)− senh2(u) = 1 , ∀u ∈ R : cosh2(u) + senh2(u) = cosh(2u), 3 si definimos v = senh(u), entonces por la definición del seno hiperbólico, tenemos que: v = eu − e−u 2 = eu − e−u 2 · e u eu = (eu)2 − 1 2eu =⇒ v · 2eu = (eu)2 − 1 =⇒ u = ln ( v + √ v2 + 1 ) . 6. Sea a ∈ R, a > 0. Observemos que podemos escribir:∫ √ a2 − x2 dx = ∫ 1 · √ a2 − x2 dx , y aquí aplicamos partes, obteniendo:∫ √ a2 − x2 dx = x · √ a2 − x2 + ∫ x2√ a2 − x2 dx (0.3) = x · √ a2 − x2 − ∫ (−x2) √ a2 − x2 dx = x · √ a2 − x2 − ∫ ( a2 − x2 ) − a2 √ a2 − x2 dx = x · √ a2 − x2 − ∫ ( a2 − x2 ) √ a2 − x2 dx+ ∫ a2√ a2 − x2 dx = x · √ a2 − x2 − ∫ √ a2 − x2 dx+ ∫ a2√ a2 − x2 dx . (0.4) De esto se deduce que: 2 ∫ √ a2 − x2 dx = x · √ a2 − x2 + ∫ a2√ a2 − x2 dx = x · √ a2 − x2 + ∫ a√ 1− ( x a )2 dx , es decir, ∫ √ a2 − x2 dx = x · √ a2 − x2 2 + 1 2 ∫ a√ 1− ( x a )2 dx , y mediante una sustitución adecuada, concluímos que:∫ √ a2 − x2 dx = x · √ a2 − x2 2 + a2 2 arc sen (x a ) + c . Observación 1. En el item 5., también podríamos haber procedido de una forma similar a lo realizado en (0.3)-(0.4), y recién al final hacer la sustitución necesaria (¿cuál será?). 4
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