Integración por partes A estas alturas ya tenemos un procedimiento bastante completo sobre cómo evaluar muchas integrales básicas. Sin embargo, aunque podemos integrar ∫ x sen ( x 2 ) d x utilizando la sustitución, u = x 2 , algo tan simple como ∫ x sen x d x nos desafía. Muchos estudiantes quieren saber si existe una regla del producto para la integración. No la hay, pero existe una técnica basada en la regla del producto para la diferenciación que nos permite cambiar una integral por otra. A esta técnica la llamamos integración por partes . La fórmula de integración por partes Si, h ( x ) = f ( x ) g ( x ) , entonces utilizando la regla del producto, obtenemos h ′ ( x ) = f ′ ( x ) g ( x ) + g ′ ( x ) f ( x ) . Aunque al principio pueda parecer contraproducente, integremos ahora ambos lados de esta ecuación: ∫ h ′ ( x ) d x = ∫ ( g ( x ) f ′ ( x ) + f ( x ) g ′ ( x ) ) d x . Esto nos da h ( x ) = f ( x ) g ( x ) = ∫ g ( x ) f ′ ( x ) d x + ∫ f ( x ) g ′ ( x ) d x . Ahora resolvemos para ∫ f ( x ) g ′ ( x ) d x : ∫ f ( x ) g ′ ( x ) d x = f ( x ) g ( x ) − ∫ g ( x ) f ′ ( x ) d x . Al hacer las sustituciones u = f ( x ) y v = g ( x ) , que a su vez forman d u = f ′ ( x ) d x y d v = g ′ ( x ) d x , tenemos la forma más compacta ∫ u d v = u v − ∫ v d u . Integración por partes Supongamos que u = f ( x ) y v = g ( x ) son funciones con derivadas continuas. Entonces, la fórmula de integración por partes para la integral que involucra estas dos funciones es: ∫ u d v = u v − ∫ v d u . La ventaja de utilizar la fórmula de integración por partes es que podemos usarla para cambiar una integral por otra, posiblemente más fácil. El siguiente ejemplo ilustra su uso. Utilizar la integración por partes Utilice la integración por partes con u = x y d v = sen x d x para evaluar ∫ x sen x d x . Al elegir u = x , tenemos d u = 1 d x . Dado que d v = sen x d x , obtenemos v = ∫ sen x d x = − cos x . Es conveniente llevar la cuenta de estos valores de la siguiente manera: u = x d v = sen x d x d u = 1 d x v = ∫ sen x d x = − cos x . Aplicando la fórmula de integración por partes se obtiene ∫ x sen x d x = ( x ) ( − cos x ) − ∫ ( − cos x ) ( 1 d x ) Sustituya . = − x cos x + ∫ cos x d x Simplifique . = − x cos x + sen x + C . Utilice ∫ cos x d x = sen x + C . Análisis Llegados a este punto, probablemente haya que aclarar algunos puntos. En primer lugar, puede que tenga curiosidad por saber qué habría pasado si hubiéramos elegido u = sen x y d v = x . Si lo hubiéramos hecho, entonces tendríamos d u = cos x dx y v = 1 2 x 2 . Así, tras aplicar la integración por partes, tenemos ∫  x sen x d x = 1 2 x 2 sen x − ∫  1 2 x 2 cos x d x . Desafortunadamente, con la nueva integral, no estamos en mejor posición que antes. Es importante tener en cuenta que cuando aplicamos la integración por partes, es posible que tengamos que probar varias opciones para u y d v antes de encontrar una opción que funcione. En segundo lugar, puede preguntarse por qué, cuando calculamos v = ∫  sen x d x = − cos x , no utilizamos v = − cos x + K . Para ver que no hay diferencia, podemos volver a hacer el problema utilizando v = − cos x + K : ∫ x sen x d x = ( x ) ( − cos x + K ) − ∫ ( − cos x + K ) ( 1 d x ) = − x cos x + K x + ∫ cos x d x − ∫ K d x = − x cos x + K x + sen x − K x + C = − x cos x + sen x + C . Como puede ver, no hay diferencia en la solución final. Por último, podemos comprobar que nuestra antiderivada es correcta diferenciando − x cos x + sen x + C : d d x ( − x cos x + sen x + C ) = ( –1 ) cos x + ( − x ) ( − sen x ) + cos x = x sen x . Por lo tanto, la antiderivada es correcta. Vea este video y visite este sitio web para ver ejemplos de integración por partes. Evalúe ∫  x e 2 x d x utilizando la fórmula de integración por partes con u = x y d v = e 2 x d x . ∫  x e 2 x d x = 1 2 x e 2 x – 1 4 e 2 x + C Pista Calcule d u y v , y utilice el ejemplo anterior como guía. La pregunta natural que hay que hacerse en este punto es: ¿cómo sabemos elegir u y d v ? A veces es una cuestión de ensayo y error; sin embargo, el acrónimo LIATE puede ayudar a menudo a eliminar algunas de las conjeturas de nuestras elecciones. Este acrónimo significa funciones L ogarítmicas, funciones trigonométricas I nversas, funciones A lgebraicas, funciones T rigonométricas y funciones E xponenciales Esta nemotecnia sirve de ayuda para determinar una elección adecuada para u . El tipo de función en la integral que aparece primero en la lista debe ser nuestra primera opción de u . Por ejemplo, si una integral contiene una función logarítmica y una función algebraica , debemos elegir que u sea la función logarítmica, porque L viene antes de A en LIATE. La integral en el tiene una función trigonométrica ( sen x ). y una función algebraica ( x ) . Como A va antes que T en LIATE, elegimos que u sea la función algebraica. Cuando hayamos elegido u , d v se selecciona para que sea la parte restante de la función a integrar, junto con d x . ¿Por qué funciona esta nemotecnia? Recuerde que todo lo que elijamos para que sea d v debe ser algo que podamos integrar. Como no tenemos fórmulas de integración que nos permitan integrar funciones logarítmicas simples y funciones trigonométricas inversas, tiene sentido que no se elijan como valores para d v . En consecuencia, deberían estar de primero en la lista como opciones para u . Por lo tanto, ponemos LI al principio de la nemotecnia (también podríamos haber empezado con IL, ya que estos dos tipos de funciones no aparecerán juntas en un problema de integración por partes). Las funciones exponenciales y trigonométricas están al final de nuestra lista porque son bastante fáciles de integrar y son buenas opciones para d v . Por lo tanto, tenemos TE al final de nuestra nemotecnia. (También podríamos haber utilizado ET al final, ya que cuando este tipo de funciones aparecen juntas no suele importar realmente cuál es u y cuál es d v . ) Las funciones algebraicas son, por lo general, fáciles tanto de integrar como de diferenciar, y se encuentran en el centro de la nemotecnia. Utilizar la integración por partes Evalúe ∫ ln x x 3 d x . Empiece por reescribir la integral: ∫ ln x x 3 d x = ∫  x −3 ln x d x . Como esta integral contiene la función algebraica x −3 y la función logarítmica ln x , elija u = ln x , ya que la L va antes de la A en LIATE. Después de haber elegido u = ln x , debemos elegir d v = x −3 d x . A continuación, ya que u = ln x , tenemos d u = 1 x d x . También, v = ∫  x −3 d x = − 1 2 x −2 . Resumiendo, u = ln x d v = x −3 d x d u = 1 x d x v = ∫  x −3 d x = − 1 2 x −2 . Sustituyendo en la fórmula de integración por partes ( ) se obtiene ∫ ln x x 3 d x = ∫  x −3 ln x d x = ( ln x ) ( − 1 2 x −2 ) − ∫  ( − 1 2 x −2 ) ( 1 x d x ) = − 1 2 x −2 ln x + ∫  1 2 x −3 d x Simplifique . = − 1 2 x −2 ln x – 1 4 x −2 + C Integre . = − 1 2 x 2 ln x – 1 4 x 2 + C . Reescriba con enteros positivos. Evalúe ∫  x ln x d x . 1 2 x 2 ln x – 1 4 x 2 + C Pista Utilice u = ln x y d v = x d x . En algunos casos, como en los dos ejemplos siguientes, puede ser necesario aplicar la integración por partes más de una vez. Aplicar la integración por partes más de una vez Evalúe ∫  x 2 e 3 x d x . Utilizando LIATE, elija u = x 2 y d v = e 3 x d x . Por lo tanto, d u = 2 x d x y v = ∫ e 3 x d x = ( 1 3 ) e 3 x . Por lo tanto, u = x 2 d v = e 3 x d x d u = 2 x d x v = ∫ e 3 x d x = 1 3 e 3 x . Sustituyendo en la se obtiene ∫ x 2 e 3 x d x = 1 3 x 2 e 3 x − ∫ 2 3 x e 3 x d x . Todavía no podemos integrar ∫ 2 3 x e 3 x d x directamente, pero la integral tiene ahora una potencia menor en x . Podemos evaluar esta nueva integral utilizando de nuevo la integración por partes. Para ello, elija u = x y d v = 2 3 e 3 x d x . Por lo tanto, d u = d x y v = ∫ ( 2 3 ) e 3 x d x = ( 2 9 ) e 3 x . Ahora tenemos u = x d v = 2 3 e 3 x d x d u = d x v = ∫ 2 3 e 3 x d x = 2 9 e 3 x . Sustituyendo en la ecuación anterior se obtiene ∫  x 2 e 3 x d x = 1 3 x 2 e 3 x − ( 2 9 x e 3 x − ∫  2 9 e 3 x d x ) . Tras evaluar la última integral y simplificar, obtenemos ∫ x 2 e 3 x d x = 1 3 x 2 e 3 x − 2 9 x e 3 x + 2 27 e 3 x + C . Aplicar la integración por partes cuando LIATE no funciona del todo Evalúe ∫  t 3 e t 2 d t . Si utilizamos una interpretación estricta de la nemotecnia LIATE para hacer nuestra elección de u , terminamos con u = t 3 y d v = e t 2 d t . Desafortunadamente, esta opción no funciona porque no podemos evaluar ∫  e t 2 d t . Sin embargo, como podemos evaluar ∫  t e t 2 d x , podemos intentar elegir u = t 2 y d v = t e t 2 d t . Con estas opciones tenemos u = t 2 d v = t e t 2 d t d u = 2 t d t v = ∫  t e t 2 d t = 1 2 e t 2 . Así, obtenemos ∫ t 3 e t 2 d t = 1 2 t 2 e t 2 − ∫ 1 2 e t 2 2 t d t = 1 2 t 2 e t 2 – 1 2 e t 2 + C . Aplicar la integración por partes más de una vez Evalúe ∫  sen ( ln x ) d x . Esta integral parece tener una sola función, es decir, sen ( ln x ) , sin embargo, siempre podemos utilizar la función constante 1 como la otra función. En este ejemplo, vamos a elegir u = sen ( ln x ) y d v = 1 d x . (La decisión de utilizar u = sen ( ln x ) es fácil. No podemos elegir d v = sen ( ln x ) d x porque si pudiéramos integrarla, ¡no estaríamos usando la integración por partes en primer lugar!). En consecuencia, d u = ( 1 / x ) cos ( ln x ) d x y v = ∫  1 d x = x . Tras aplicar la integración por partes a la integral y simplificar, tenemos ∫  sen ( ln x ) d x = x sen ( ln x ) − ∫  cos ( ln x ) d x . Desafortunadamente, este proceso nos deja una nueva integral muy parecida a la original. Sin embargo, veamos qué ocurre cuando aplicamos de nuevo la integración por partes. Esta vez vamos a elegir u = cos ( ln x ) y d v = 1 d x , que da d u = − ( 1 / x ) sen ( ln x ) d x y v = ∫  1 d x = x . Sustituyendo, tenemos ∫  sen ( ln x ) d x = x sen ( ln x ) − ( x cos ( ln x ) — ∫  − sen ( ln x ) d x ) . Tras simplificar, obtenemos ∫  sen ( ln x ) d x = x sen ( ln x ) − x cos ( ln x ) − ∫  sen ( ln x ) d x . La última integral es ahora la misma que la original. Puede parecer que simplemente hemos entrado en un círculo, pero ahora podemos evaluar realmente la integral. Para ver cómo se hace esto más claramente, sustituya I = ∫  sen ( ln x ) d x . Así, la ecuación se convierte en I = x sen ( ln x ) − x cos ( ln x ) − I . En primer lugar, sume I a ambos lados de la ecuación para obtener 2 I = x sen ( ln x ) − x cos ( ln x ) . A continuación, divida entre 2: I = 1 2 x sen ( ln x ) − 1 2 x cos ( ln x ) . Sustituyendo I = ∫  sen ( ln x ) d x de nuevo, tenemos ∫  sen ( ln x ) d x = 1 2 x sen ( ln x ) − 1 2 x cos ( ln x ) . De ello se desprende que ( 1 / 2 ) x sen ( ln x ) − ( 1 / 2 ) x cos ( ln x ) es una antiderivada de sen ( ln x ) d x . Para la antiderivada más general, sume + C : ∫  sen ( ln x ) d x = 1 2 x sen ( ln x ) − 1 2 x cos ( ln x ) + C . Análisis Si este método resulta un poco extraño al principio, podemos comprobar la respuesta por diferenciación: d d x ( 1 2 x sen ( ln x ) − 1 2 x cos ( ln x ) ) = 1 2 ( sen ( ln x ) ) + cos ( ln x ) . 1 x . 1 2 x − ( 1 2 cos ( ln x ) − sen ( ln x ) . 1 x . 1 2 x ) = sen ( ln x ) . Evalúe ∫  x 2 sen x d x . − x 2 cos x + 2 x sen x + 2 cos x + C Pista Esto es similar a . Integración por partes para integrales definidas Ahora que hemos utilizado con éxito la integración por partes para evaluar integrales indefinidas , pasamos a estudiar las integrales definidas. La técnica de integración es realmente la misma, solo que añadimos un paso para evaluar la integral en los límites superior e inferior de la integración. Integración por partes para integrales definidas Supongamos que u = f ( x ) y v = g ( x ) sean funciones con derivadas continuas en [ a , b ] . Entonces ∫ a b u d v = u v | a b − ∫ a b v d u . Cálculo del área de una región Halle el área de la región delimitada arriba por el gráfico de y = tan −1 x y abajo por el eje x en el intervalo [ 0 , 1 ] . Esta región se muestra en la . Para hallar el área, debemos evaluar ∫ 0 1 tan −1 x d x . Para hallar el área de la región sombreada, tenemos que utilizar la integración por partes. Para esta integral, vamos a elegir u = tan −1 x y d v = d x , lo que nos da d u = 1 x 2 + 1 d x y v = x . Tras aplicar la fórmula de integración por partes ( ) obtenemos Área = x tan −1 x | 0 1 − ∫ 0 1 x x 2 + 1 d x . Utilice la sustitución en u para obtener ∫ 0 1 x x 2 + 1 d x = 1 2 ln | x 2 + 1 | 0 1 . Por lo tanto, Área = x tan − 1 x | 0 1 − 1 2 ln | x 2 + 1 | | 0 1 = π 4 − 1 2 ln 2. Llegados a este punto, no sería mala idea hacer una "evaluación realista" sobre cuán razonable es nuestra solución. Dado que π 4 − 1 2 ln 2 ≈ 0,4388 , y a partir de la esperamos que nuestra área sea ligeramente inferior a 0,5, esta solución parece razonable. Cálculo de un volumen de revolución Calcule el volumen del sólido obtenido cuando se gira la región delimitada por el gráfico de f ( x ) = e – x , el eje x , el eje y y la línea x = 1 alrededor del eje y . La mejor opción para resolver este problema es utilizar el método de capas cilíndricas. Comience por dibujar la región que va a girar, junto con un rectángulo típico (vea el siguiente gráfico). Podemos utilizar el método de capas cilíndricas para calcular un volumen de revolución. Para calcular el volumen utilizando capas cilíndricas, debemos evaluar 2 π ∫ 0 1 x e – x d x . Para ello, supongamos que u = x y d v = e – x . Estas elecciones nos llevan a d u = d x y v = ∫  e – x = − e – x . Sustituyendo en la , obtenemos Volumen = 2 π ∫ 0 1 x e – x d x = 2 π ( − x e – x | 0 1 + ∫ 0 1 e – x d x ) Utilice la integración por partes . = −2 π x e – x | 0 1 − 2 π e – x | 0 1 Evalúe ∫ 0 1 e – x d x = − e – x | 0 1 . = 2 π − 4 π e . Evalúe y simplifique . Análisis Una vez más, es conveniente comprobar si nuestra solución es razonable. Observamos que el sólido tiene un volumen ligeramente inferior al de un cilindro de radio 1 y altura 1 / e sumado al volumen de un cono de radio de base 1 y altura 1 − 1 e . En consecuencia, el sólido debe tener un volumen un poco menor que π ( 1 ) 2 1 e + ( π 3 ) ( 1 ) 2 ( 1 − 1 e ) = 2 π 3 e + π 3 ≈ 1,8177 . Dado que 2 π − 4 π e ≈ 1,6603 , vemos que nuestro volumen calculado es razonable. Evalúe ∫ 0 π / 2 x cos x d x . π 2 – 1 Pista Utilice con u = x y d v = cos x d x . Conceptos clave La fórmula de integración por partes permite cambiar una integral por otra, posiblemente más sencilla. La integración por partes se aplica tanto a las integrales definidas como a las indefinidas. Ecuaciones clave Fórmula de integración por partes ∫ u d v = u v − ∫ v d u Integración por partes para integrales definidas ∫ a b u d v = u v | a b − ∫ a b v d u Al utilizar la técnica de integración por partes, hay que elegir cuidadosamente cuál expresión es u. Para cada uno de los siguientes problemas, utilice las directrices de esta sección para elegir u. No evalúe las integrales. ∫ x 3 e 2 x d x u = x 3 ∫ x 3 ln ( x ) d x ∫ y 3 cos y d y u = y 3 ∫ x 2 arctan x d x ∫ e 3 x sen ( 2 x ) d x u = sen ( 2 x ) Calcule la integral utilizando el método más sencillo. No todos los problemas requieren integración por partes. ∫ v sen v d v ∫ ln x d x ( Pista: ∫ ln x d x equivale a ∫ 1 . ln ( x ) d x . ) grandes. − x + x ln x + C ∫ x cos x d x ∫ tan −1 x d x x tan −1 x – 1 2 ln ( 1 + x 2 ) + C ∫ x 2 e x d x ∫ x sen ( 2 x ) d x − 1 2 x cos ( 2 x ) + 1 4 sen ( 2 x ) + C ∫ x e 4 x d x ∫ x e – x d x e – x ( −1 − x ) + C ∫ x cos 3 x d x ∫ x 2 cos x d x 2 x cos x + ( −2 + x 2 ) sen x + C ∫ x ln x d x ∫ ln ( 2 x + 1 ) d x 1 2 ( 1 + 2 x ) ( –1 + ln ( 1 + 2 x ) ) + C ∫ x 2 e 4 x d x ∫ e x sen x d x 1 2 e x ( − cos x + sen x ) + C ∫ e x cos x d x ∫ x e – x 2 d x − e – x 2 2 + C ∫ x 2 e – x d x ∫ sen ( ln ( 2 x ) ) d x − 1 2 x cos [ ln ( 2 x ) ] + 1 2 x sen [ ln ( 2 x ) ] + C ∫ c o s ( ln x ) d x ∫ ( ln x ) 2 d x 2 x − 2 x ln x + x ( ln x ) 2 + C ∫ ln ( x 2 ) d x ∫ x 2 ln x d x ( − x 3 9 + 1 3 x 3 ln x ) + C ∫ sen −1 x d x ∫ cos −1 ( 2 x ) d x − 1 2 1 − 4 x 2 + x cos −1 ( 2 x ) + C ∫ x arctan x d x ∫ x 2 sen x d x − ( −2 + x 2 ) cos x + 2 x sen x + C ∫ x 3 cos x d x ∫ x 3 sen x d x − x ( −6 + x 2 ) cos x + 3 ( −2 + x 2 ) sen x + C ∫ x 3 e x d x ∫ x sec −1 x d x 1 2 x ( − 1 − 1 x 2 + x . sec −1 x ) + C ∫ x sec 2 x d x ∫ x cosh x d x − cosh x + x senoh x + C Calcule las integrales definidas. Utilice una herramienta gráfica para confirmar sus respuestas. ∫ 1 / e 1 ln x d x ∫ 0 1 x e −2 x d x (Exprese la respuesta en forma exacta). 1 4 − 3 4 e 2 ∫ 0 1 e x d x ( supongamos que u = x ) grandes. ∫ 1 e ln ( x 2 ) d x 2 ∫ 0 π x cos x d x ∫ − π π x sen x d x (Exprese la respuesta en forma exacta). 2 π ∫ 0 3 ln ( x 2 + 1 ) d x (Exprese la respuesta en forma exacta). ∫ 0 π / 2 x 2 sen x d x (Exprese la respuesta en forma exacta). −2 + π ∫ 0 1 x 5 x d x (Exprese la respuesta utilizando cinco dígitos significativos). Evalúe ∫ cos x ln ( sen x ) d x − sen ( x ) + ln [ sen ( x ) ] sen x + C Derive las siguientes fórmulas utilizando la técnica de integración por partes. Suponga que n es un número entero positivo. Estas fórmulas se llaman fórmulas de reducción porque el exponente del término x se ha reducido en uno en cada caso. La segunda integral es más sencilla que la integral original. ∫ x n e x d x = x n e x − n ∫ x n – 1 e x d x ∫ x n cos x d x = x n sen x − n ∫ x n – 1 sen x d x Las respuestas varían ∫ x n sen x d x = ______ Integre ∫ 2 x 2 x − 3 d x utilizando dos métodos: Utilizando la integración por partes, suponiendo que d v = 2 x − 3 d x Sustitución, suponiendo que u = 2 x − 3 a. 2 5 ( 1 + x ) ( −3 + 2 x ) 3 / 2 + C b. 2 5 ( 1 + x ) ( −3 + 2 x ) 3 / 2 + C Indique si utilizaría la integración por partes para evaluar la integral. Si es así, identifique u y dv . Si no es así, describa la técnica utilizada para realizar la integración sin resolver realmente el problema. ∫ x ln x d x ∫ ln 2 x x d x No utilice la integración por partes. Elija u para que sea ln x , y la integral sea de la forma ∫ u 2 d u . ∫ x e x d x ∫ x e x 2 − 3 d x No utilice la integración por partes. Supongamos que u = x 2 − 3 , y la integral se puede poner en la forma ∫ e u d u . ∫ x 2 sen x d x ∫ x 2 sen ( 3 x 3 + 2 ) d x No utilice la integración por partes. Elija u para que sea u = 3 x 3 + 2 y la integral se puede poner en la forma ∫ sen ( u ) d u . Dibuje la región delimitada arriba por la curva, el eje x y x = 1 , y halle el área de la región. Proporcione la forma exacta o redondee las respuestas al número de decimales indicados. y = 2 x e – x (Aproxime la respuesta a cuatro decimales). y = e – x sen ( π x ) (Aproxime la respuesta a cinco decimales). El área bajo el gráfico es 0,39535 Calcule el volumen generado al girar la región delimitada por las curvas dadas alrededor de la línea especificada. Exprese las respuestas de forma exacta o aproximada al número de decimales indicado. y = sen x , y = 0 , x = 2 π , x = 3 π alrededor del eje y (exprese la respuesta en forma exacta). y = e – x y = 0 , x = –1 x = 0 ; alrededor de x = 1 (Exprese la respuesta en forma exacta). 2 π e Una partícula que se mueve en línea recta tiene una velocidad de v ( t ) = t 2 e − t después de t segundos. ¿Qué distancia recorre en los primeros 2 segundos? (Asuma que las unidades están en pies y exprese la respuesta en forma exacta). Halle el área bajo el gráfico de y = sec 3 x de x = 0 a x = 1 . (Redondee la respuesta a dos dígitos significativos). 2,05 Halle el área entre y = ( x − 2 ) e x y el eje x de x = 2 hasta x = 5 . (Exprese la respuesta en forma exacta). Halle el área de la región delimitada por la curva y = x cos x y el eje x para 11 π 2 ≤ x ≤ 13 π 2 . (Exprese la respuesta en forma exacta). 12 π Calcule el volumen del sólido generado cuando se gira la región delimitada por la curva y = ln x , el eje x y la línea vertical x = e 2 alrededor del eje x . (Exprese la respuesta en forma exacta). Calcule el volumen del sólido generado cuando se gira la región delimitada por la curva y = 4 cos x y el eje x , π 2 ≤ x ≤ 3 π 2 , alrededor del eje x . (Exprese la respuesta en forma exacta). 8 π 2 Calcule el volumen del sólido generado al girar la región del primer cuadrante delimitada por y = e x y el eje x , de x = 0 hasta x = ln ( 7 ) , alrededor del eje y . (Exprese la respuesta en forma exacta). integración por partes técnica de integración que permite intercambiar una integral por otra mediante la fórmula ∫  u d v = u v − ∫  v d u

Matemáticas


Integrales trigonométricas En esta sección veremos cómo integrar una variedad de productos de funciones trigonométricas. Estas integrales se llaman integrales trigonométricas . Son una parte importante de la técnica de integración llamada sustitución trigonométrica , que aparece en Sustitución trigonométrica . Esta técnica nos permite convertir expresiones algebraicas que tal vez no podamos integrar en expresiones que implican funciones trigonométricas, que podremos integrar utilizando las técnicas descritas en esta sección. Además, este tipo de integrales aparecen con frecuencia cuando estudiamos más adelante los sistemas de coordenadas polares, cilíndricas y esféricas. Comencemos nuestro estudio con los productos de sen x y cos x . Integración de productos y potencias de sen x y cos x Una idea clave de la estrategia utilizada para integrar combinaciones de productos y potencias de sen x y cos x implica reescribir estas expresiones como sumas y diferencias de integrales de la forma ∫ sen j x cos x d x o ∫ cos j x sen x d x . Después de reescribir estas integrales, las evaluamos utilizando la sustitución en u . Antes de describir el proceso general en detalle, veamos los siguientes ejemplos. Integración de ∫ cos j x sen x d x Evalúe ∫ cos 3 x sen x d x . Utilice la sustitución en u y supongamos que u = cos x . En este caso, d u = − sen x d x . Por lo tanto, ∫ cos 3 x sen x d x = − ∫ u 3 d u = − 1 4 u 4 + C = − 1 4 cos 4 x + C . Evalúe ∫ sen 4 x cos x d x . 1 5 sen 5 x + C Pista Supongamos que u = sen x . Un ejemplo preliminar: Integración de ∫ cos j x sen k x d x donde k es impar Evalúe ∫ cos 2 x sen 3 x d x . Para convertir esta integral en integrales de la forma ∫ cos j x sen x d x , reescriba sen 3 x = sen 2 x sen x y haga la sustitución sen 2 x = 1 − cos 2 x . Por lo tanto, ∫ cos 3 x sen 3 x d x = ∫ cos 2 x ( 1 − cos 2 x ) sen x d x Supongamos que u = cos x ; entonces d u = − sen x d x . = − ∫ u 2 ( 1 − u 2 ) d u = ∫ ( u 4 − u 2 ) d u = 1 5 u 5 − 1 3 u 3 + C = 1 5 cos 5 x – 1 3 cos 3 x + C . Evalúe ∫ cos 3 x sen 2 x d x . 1 3 sen 3 x – 1 5 sen 5 x + C Pista Escriba cos 3 x = cos 2 x cos x = ( 1 − sen 2 x ) cos x y supongamos que u = sen x . En el siguiente ejemplo, vemos la estrategia que debe aplicarse cuando solo hay potencias pares de sen x y cos x . Para las integrales de este tipo, las identidades sen 2 x = 1 2 – 1 2 cos ( 2 x ) = 1 − cos ( 2 x ) 2 y cos 2 x = 1 2 + 1 2 cos ( 2 x ) = 1 + cos ( 2 x ) 2 son inestimables. Estas identidades se conocen a veces como identidades de reducción de potencia y pueden derivarse de la identidad de doble ángulo cos ( 2 x ) = cos 2 x − sen 2 x y la identidad pitagórica cos 2 x + sen 2 x = 1 . Integración de una potencia par de sen x Evalúe ∫ sen 2 x d x . Para evaluar esta integral, utilicemos la identidad trigonométrica sen 2 x = 1 2 – 1 2 cos ( 2 x ) . Por lo tanto, ∫ sen 2 x d x = ∫ ( 1 2 – 1 2 cos ( 2 x ) ) d x = 1 2 x – 1 4 sen ( 2 x ) + C . Evalúe ∫ cos 2 x d x . 1 2 x + 1 4 sen ( 2 x ) + C Pista cos 2 x = 1 2 + 1 2 cos ( 2 x ) El proceso general de integración de productos de potencias de sen x y cos x se resume en el siguiente conjunto de directrices. Estrategia para la resolución de problemas: Integración de productos y potencias de sen x y cos x Para integrar ∫ cos j x sen k x d x utilice las siguientes estrategias: Si k es impar, reescriba sen k x = sen k − 1 x sen x y utilice la identidad sen 2 x = 1 − cos 2 x para reescribir sen k − 1 x en términos de cos x . Integre utilizando la sustitución u = cos x . Esta sustitución hace que d u = − sen x d x . Si j es impar, reescriba cos j x = cos j − 1 x cos x y utilice la identidad cos 2 x = 1 − sen 2 x para reescribir cos j − 1 x en términos de sen x . Integre utilizando la sustitución u = sen x . Esta sustitución hace que d u = cos x d x . ( Nota : Si ambos j y k son impares, se puede utilizar la estrategia 1 o la estrategia 2). Si ambos j y k son pares, utilice sen 2 x = ( 1 / 2 ) − ( 1 / 2 ) cos ( 2 x ) y cos 2 x = ( 1 / 2 ) + ( 1 / 2 ) cos ( 2 x ) . Después de aplicar estas fórmulas, simplifique y vuelva a aplicar las estrategias 1 a 3 según corresponda. Integración de ∫ cos j x sen k x d x donde k es impar Evalúe ∫ cos 8 x sen 5 x d x . Dado que la potencia en sen x es impar, utilice la estrategia 1. Por lo tanto, ∫ cos 8 x sen 5 x d x = ∫ cos 8 x sen 4 x sen x d x Desprenda sen x . = ∫ cos 8 x ( sen 2 x ) 2 sen x d x Reescriba sen 4 x = ( sen 2 x ) 2 . = ∫ cos 8 x ( 1 − cos 2 x ) 2 sen x d x Sustituya sen 2 x = 1 − cos 2 x . = ∫ u 8 ( 1 − u 2 ) 2 ( − d u ) Supongamos que u = cos x y d u = − sen x d x . = ∫ ( − u 8 + 2 u 10 − u 12 ) d u Expanda . = − 1 9 u 9 + 2 11 u 11 − 1 13 u 13 + C Evalúe la integral . = − 1 9 cos 9 x + 2 11 cos 11 x – 1 13 cos 13 x + C . Sustituya u = cos x . Integración de ∫ cos j x sen k x d x donde k y j son pares Evalúe ∫ sen 4 x d x . Dado que la potencia en sen x es par ( k = 4 ) y la potencia en cos x es par ( j = 0 ) , debemos utilizar la estrategia 3. Por lo tanto, ∫ sen 4 x d x = ∫ ( sen 2 x ) 2 d x Reescriba sen 4 x = ( sen 2 x ) 2 . = ∫ ( 1 2 – 1 2 cos ( 2 x ) ) 2 d x Sustituya sen 2 x = 1 2 – 1 2 cos ( 2 x ) . = ∫ ( 1 4 − 1 2 cos ( 2 x ) + 1 4 cos 2 ( 2 x ) ) d x Expanda ( 1 2 – 1 2 cos ( 2 x ) ) 2 . = ∫ ( 1 4 − 1 2 cos ( 2 x ) + 1 4 ( 1 2 + 1 2 cos ( 4 x ) ) d x . Dado que cos 2 ( 2 x ) tiene una potencia par, sustituya cos 2 ( 2 x ) = 1 2 + 1 2 cos ( 4 x ) : = ∫ ( 3 8 − 1 2 cos ( 2 x ) + 1 8 cos ( 4 x ) ) d x Simplifique . = 3 8 x – 1 4 sen ( 2 x ) + 1 32 sen ( 4 x ) + C Evalúe la integral . Evalúe ∫ cos 3 x d x . sen x – 1 3 sen 3 x + C Pista Utilice la estrategia 2. Escriba cos 3 x = cos 2 x cos x y sustituya cos 2 x = 1 − sen 2 x . Evalúe ∫ cos 2 ( 3 x ) d x . 1 2 x + 1 12 sen ( 6 x ) + C Pista Utilice la estrategia 3. Sustituya cos 2 ( 3 x ) = 1 2 + 1 2 cos ( 6 x ) En algunas áreas de la física, como la mecánica cuántica, el procesamiento de señales y el cálculo de series de Fourier, a menudo es necesario integrar productos que incluyen sen ( a x ) , sen ( b x ) , cos ( a x ) , y cos ( b x ) . Estas integrales se evalúan aplicando las identidades trigonométricas, como se indica en la siguiente regla. Regla: integración de productos de senos y cosenos de diferentes ángulos Para integrar productos que implican sen ( a x ) , sen ( b x ) , cos ( a x ) , y cos ( b x ) , utilice las sustituciones sen ( a x ) sen ( b x ) = 1 2 cos ( ( a − b ) x ) − 1 2 cos ( ( a + b ) x ) grandes. sen ( a x ) cos ( b x ) = 1 2 sen ( ( a − b ) x ) + 1 2 sen ( ( a + b ) x ) grandes. cos ( a x ) cos ( b x ) = 1 2 cos ( ( a − b ) x ) + 1 2 cos ( ( a + b ) x ) Estas fórmulas pueden derivarse de las fórmulas de suma de ángulos para el seno y el coseno. Evaluación de ∫ sen ( a x ) cos ( b x ) d x Evalúe ∫ sen ( 5 x ) cos ( 3 x ) d x . Aplique la identidad sen ( 5 x ) cos ( 3 x ) = 1 2 sen ( 2 x ) + 1 2 cos ( 8 x ) . Por lo tanto, ∫ sen ( 5 x ) cos ( 3 x ) d x = ∫ 1 2 sen ( 2 x ) dx + ∫ 1 2 sen ( 8 x ) dx = − 1 4 cos ( 2 x ) − 1 16 cos ( 8 x ) + C . Evalúe ∫ cos ( 6 x ) cos ( 5 x ) d x . 1 2 sen x + 1 22 sen ( 11 x ) + C Pista Sustituya cos ( 6 x ) cos ( 5 x ) = 1 2 cos x + 1 2 cos ( 11 x ) . Integración de productos y potencias de tan x y sec x Antes de hablar de la integración de productos y potencias de tan x y sec x , es útil recordar las integrales que implican tan x y sec x que ya hemos aprendido: ∫ sec 2 x d x = tan x + C ∫ sec x tan x d x = sec x + C ∫ tan x d x = ln | sec x | + C ∫ sec x d x = ln | sec x + tan x | + C . Para la mayoría de las integrales de productos y potencias de tan x y sec x , reescribimos la expresión que queremos integrar como la suma o diferencia de integrales de la forma ∫ tan j x sec 2 x d x o ∫ sec j x tan x d x . Como vemos en el siguiente ejemplo, podemos evaluar estas nuevas integrales utilizando la sustitución en u . Evaluación de ∫ sec j x tan x d x Evalúe ∫ sec 5 x tan x d x . Empiece por reescribir sec 5 x tan x como sec 4 x sec x tan x . ∫ sec 5 x tan x d x = ∫ sec 4 x sec x tan x d x Supongamos que u = sec x ; entonces , d u = sec x tan x d x . = ∫ u 4 d u Evalúe la integral . = 1 5 u 5 + C Sustituya sec x = u . = 1 5 sec 5 x + C En este sitio web puede leer una información interesante para conocer una integral común en la que interviene la secante. Evalúe ∫ tan 5 x sec 2 x d x . 1 6 tan 6 x + C Pista Supongamos que u = tan x y d u = sec 2 x . A continuación, analizamos las distintas estrategias de integración de productos y potencias de sec x y tan x . Estrategia para la resolución de problemas: Integración de ∫ tan k x sec j x d x Para integrar ∫ tan k x sec j x d x , utilice las siguientes estrategias: Si los valores de j es par y j ≥ 2 , reescriba sec j x = sec j − 2 x sec 2 x y usamos sec 2 x = tan 2 x + 1 para reescribir sec j − 2 x en términos de tan x . Supongamos que u = tan x y d u = sec 2 x dx . Si los valores de k es impar y j ≥ 1 , reescriba tan k x sec j x = tan k − 1 x sec j − 1 x sec x tan x y usamos tan 2 x = sec 2 x – 1 para reescribir tan k − 1 x en términos de sec x . Supongamos que u = sec x y d u = sec x tan x d x . ( Nota : Si los valores de j es par y k es impar, entonces se puede utilizar la estrategia 1 o la estrategia 2). Si los valores de k es impar donde k ≥ 3 y j = 0 , reescriba tan k x = tan k − 2 x tan 2 x = tan k − 2 x ( sec 2 x – 1 ) = tan k − 2 x sec 2 x − tan k − 2 x . Puede ser necesario repetir este proceso en el término tan k − 2 x . Si los valores de k es par y j es impar, entonces utilice tan 2 x = sec 2 x – 1 para expresar tan k x en términos de sec x . Utilice la integración por partes para integrar potencias impares de sec x . Integración de ∫ tan k x sec j x d x cuando j es par Evalúe ∫ tan 6 x sec 4 x d x . Dado que la potencia en sec x es par, reescriba sec 4 x = sec 2 x sec 2 x y usamos sec 2 x = tan 2 x + 1 para reescribir la primera sec 2 x en términos de tan x . Por lo tanto, ∫ tan 6 x sec 4 x d x = ∫ tan 6 x ( tan 2 x + 1 ) sec 2 x d x Supongamos que u = tan x y d u = sec 2 x dx . = ∫ u 6 ( u 2 + 1 ) d u Expanda . = ∫ ( u 8 + u 6 ) d u Evalúe la integral . = 1 9 u 9 + 1 7 u 7 + C Sustituya tan x = u . = 1 9 tan 9 x + 1 7 tan 7 x + C . Integración de ∫ tan k x sec j x d x cuando k es impar Evalúe ∫ tan 5 x sec 3 x d x . Dado que la potencia en tan x es impar, comience por reescribir tan 5 x sec 3 x = tan 4 x sec 2 x sec x tan x . Por lo tanto, tan 5 x sec 3 x = tan 4 x sec 2 x sec x tan x . Escriba tan 4 x = ( tan 2 x ) 2 . ∫ tan 5 x sec 3 x d x = ∫ ( tan 2 x ) 2 sec 2 x sec x tan x d x Utilice tan 2 x = sec 2 x − 1 = ∫ ( sec 2 x – 1 ) 2 sec 2 x sec x tan x d x Supongamos que u = sec x y d u = sec x tan x d x . = ∫ ( u 2 – 1 ) 2 u 2 d u Expanda . = ∫ ( u 6 − 2 u 4 + u 2 ) d u Integre . = 1 7 u 7 − 2 5 u 5 + 1 3 u 3 + C Sustituya sec x = u . = 1 7 sec 7 x − 2 5 sec 5 x + 1 3 sec 3 x + C . Integración de ∫ tan k x d x donde k es impar y k ≥ 3 Evalúe ∫ tan 3 x d x . Comience por reescribir tan 3 x = tan x tan 2 x = tan x ( sec 2 x – 1 ) = tan x sec 2 x − tan x . Por lo tanto, ∫ tan 3 x d x = ∫ ( tan x sec 2 x − tan x ) d x = ∫ tan x sec 2 x d x − ∫ tan x d x = 1 2 tan 2 x − ln | sec x | + C . Para la primera integral, utilice la sustitución u = tan x . Para la segunda integral, utilice la fórmula. Integración de ∫ sec 3 x d x Integre ∫ sec 3 x d x . Esta integral requiere la integración por partes. Para empezar, supongamos que u = sec x y d v = sec 2 x dx . Estas elecciones hacen que d u = sec x tan x y v = tan x . Por lo tanto, ∫ sec 3 x d x = sec x tan x − ∫ tan x sec x tan x d x = sec x tan x − ∫ tan 2 x sec x d x Simplifique . = sec x tan x − ∫ ( sec 2 x – 1 ) sec x d x Sustituya tan 2 x = sec 2 x − 1 = sec x tan x + ∫ sec x d x − ∫ sec 3 x d x Reescriba . = sec x tan x + ln | sec x + tan x | − ∫ sec 3 x d x . Evalúe ∫ sec x d x . Ahora tenemos ∫ sec 3 x d x = sec x tan x + ln | sec x + tan x | − ∫ sec 3 x d x . Dado que la integral ∫ sec 3 x d x ha vuelto a aparecer en el lado derecho, podemos resolver para ∫ sec 3 x d x sumándola a ambos lados. Al hacerlo, obtenemos 2 ∫ sec 3 x d x = sec x tan x + ln | sec x + tan x | . Dividiendo entre 2, llegamos a ∫ sec 3 x d x = 1 2 sec x tan x + 1 2 ln | sec x + tan x | + C . Evalúe ∫ tan 3 x sec 7 x d x . 1 9 sec 9 x – 1 7 sec 7 x + C Fórmulas de reducción Evaluación de ∫ sec n x d x para los valores de n donde n es impar requiere la integración por partes. Además, también debemos conocer el valor de ∫ sec n – 2 x d x para evaluar ∫ sec n x d x . La evaluación de ∫ tan n x d x también requiere poder integrar ∫ tan n – 2 x d x . Para facilitar el proceso, podemos derivar y aplicar las siguientes fórmulas de reducción de potencias . Estas reglas nos permiten sustituir la integral de una potencia de sec x o tan x por la integral de una potencia inferior de sec x o tan x . Regla: fórmulas de reducción para ∫ sec n x d x y ∫ tan n x d x ∫ sec n x d x = 1 n – 1 sec n – 2 x tan x + n – 2 n – 1 ∫ sec n – 2 x d x ∫ tan n x d x = 1 n – 1 tan n – 1 x − ∫ tan n – 2 x d x La primera regla de reducción de potencias puede verificarse aplicando la integración por partes. La segunda puede verificarse siguiendo la estrategia expuesta para integrar las potencias impares de tan x . Repasando ∫ sec 3 x d x Aplique una fórmula de reducción para evaluar ∫ sec 3 x d x . Aplicando la primera fórmula de reducción, obtenemos ∫ sec 3 x d x = 1 2 sec x tan x + 1 2 ∫ sec x d x = 1 2 sec x tan x + 1 2 ln | sec x + tan x | + C . Utilizar una fórmula de reducción Evalúe ∫ tan 4 x d x . Aplicando la fórmula de reducción de ∫ tan 4 x d x tenemos ∫ tan 4 x d x = 1 3 tan 3 x − ∫ tan 2 x d x = 1 3 tan 3 x − ( tan x − ∫ tan 0 x d x ) Aplique la fórmula de reducción a ∫ tan 2 x d x . = 1 3 tan 3 x − tan x + ∫ 1 d x Simplifique . = 1 3 tan 3 x − tan x + x + C . Evalúe ∫ 1 d x . Aplique la fórmula de reducción a ∫ sec 5 x d x . ∫ sec 5 x d x = 1 4 sec 3 x tan x + 3 4 ∫ sec 3 x Pista Utilice la fórmula de reducción 1 y supongamos que n = 5 . Conceptos clave Las integrales de las funciones trigonométricas pueden evaluarse mediante el uso de varias estrategias. Estas estrategias incluyen Aplicar las identidades trigonométricas para reescribir la integral de manera que pueda ser evaluada mediante sustitución en u Utilizar la integración por partes Aplicar las identidades trigonométricas para reescribir productos de senos y cosenos con diferentes argumentos como la suma de funciones individuales de senos y cosenos Aplicar fórmulas de reducción Ecuaciones clave Para integrar productos que implican sen ( a x ) , sen ( b x ) , cos ( a x ) , y cos ( b x ) , utilice las sustituciones. Productos del seno sen ( a x ) sen ( b x ) = 1 2 cos ( ( a − b ) x ) − 1 2 cos ( ( a + b ) x ) Productos del seno y coseno sen ( a x ) cos ( b x ) = 1 2 sen ( ( a − b ) x ) + 1 2 sen ( ( a + b ) x ) Productos del coseno cos ( a x ) cos ( b x ) = 1 2 cos ( ( a − b ) x ) + 1 2 cos ( ( a + b ) x ) Fórmula de reducción de potencias ∫ sec n x d x = 1 n – 1 sec n – 1 x + n – 2 n – 1 ∫ sec n – 2 x d x Fórmula de reducción de potencias ∫ tan n x d x = 1 n – 1 tan n – 1 x − ∫ tan n – 2 x d x Rellene el espacio en blanco para que la afirmación sea verdadera. sen 2 x + _______ = 1 cos 2 x sec 2 x – 1 = _______ Utilice una identidad para reducir la potencia de la función trigonométrica a una función trigonométrica elevada a la primera potencia. sen 2 x = _______ 1 − cos ( 2 x ) 2 cos 2 x = _______ Evalúe cada una de las siguientes integrales por sustitución en u . ∫ sen 3 x cos x d x sen 4 x 4 + C ∫ cos x sen x d x ∫ tan 5 ( 2 x ) sec 2 ( 2 x ) d x 1 12 tan 6 ( 2 x ) + C ∫ sen 7 ( 2 x ) cos ( 2 x ) d x ∫ tan ( x 2 ) sec 2 ( x 2 ) d x sec 2 ( x 2 ) + C ∫ tan 2 x sec 2 x d x Calcule las siguientes integrales utilizando las directrices para integrar potencias de funciones trigonométricas. Utilice un CAS para comprobar las soluciones. ( Nota : Algunos de los problemas pueden realizarse utilizando técnicas de integración aprendidas anteriormente). ∫ sen 3 x d x − cos x + 1 3 cos 2 x + C ∫ cos 3 x d x ∫ sen x cos x d x − 1 2 cos 2 x + C o 1 2 sen 2 x + C ∫ cos 5 x d x ∫ sen 5 x cos 2 x d x − 1 3 cos 3 x + 2 5 cos 5 x − 1 7 cos 7 x + C ∫ sen 3 x cos 3 x d x ∫ sen x cos x d x 2 3 ( sen x ) 3 2 + C ∫ sen x cos 3 x d x ∫ sec x tan x d x sec x + C ∫ tan ( 5 x ) d x ∫ tan 2 x sec x d x 1 2 sec x tan x – 1 2 ln ( sec x + tan x ) + C ∫ tan x sec 3 x d x ∫ sec 4 x d x 2 tan x 3 + 1 3 sec ( x ) 2 tan x = tan x + tan 3 x 3 + C ∫ cot x d x ∫ csc x d x − ln | cot x + csc x | + C ∫ tan 3 x sec x d x En los siguientes ejercicios, halle una fórmula general para las integrales. ∫ sen 2 a x cos a x d x sen 3 ( a x ) 3 a + C ∫ sen a x cos a x d x . Utilice las fórmulas del ángulo doble para evaluar las siguientes integrales. ∫ 0 π sen 2 x d x π 2 ∫ 0 π sen 4 x d x ∫ cos 2 3 x d x x 2 + 1 12 sen ( 6 x ) + C ∫ sen 2 x cos 2 x d x ∫ sen 2 x d x + ∫ cos 2 x d x x + C ∫ sen 2 x cos 2 ( 2 x ) d x En los siguientes ejercicios, evalúe las integrales definidas. Exprese las respuestas en forma exacta siempre que sea posible. ∫ 0 2 π cos x sen 2 x d x 0 ∫ 0 π sen 3 x sen 5 x d x ∫ 0 π cos ( 99 x ) sen ( 101 x ) d x 0 ∫ − π π cos 2 ( 3 x ) d x ∫ 0 2 π sen x sen ( 2 x ) sen ( 3 x ) d x 0 ∫ 0 4 π cos ( x / 2 ) sen ( x / 2 ) d x ∫ π / 6 π / 3 cos 3 x sen x d x (Redondee esta respuesta a tres decimales). Aproximadamente 0,239 ∫ − π / 3 π / 3 sec 2 x – 1 d x ∫ 0 π / 2 1 − cos ( 2 x ) d x 2 Calcule el área de la región delimitada por los gráficos de las ecuaciones y = sen x , y = sen 3 x , x = 0 , y x = π 2 . Calcule el área de la región delimitada por los gráficos de las ecuaciones y = cos 2 x , y = sen 2 x , x = − π 4 , y x = π 4 . 1,0 Una partícula se mueve en línea recta con la función de velocidad v ( t ) = sen ( ω t ) cos 2 ( ω t ) . Halle su función de posición x = f ( t ) si f ( 0 ) = 0 . Calcule el valor promedio de la función f ( x ) = sen 2 x cos 3 x en el intervalo [ − π , π ] . 0 En los siguientes ejercicios, resuelva las ecuaciones diferenciales. d y d x = sen 2 x . La curva pasa por el punto ( 0 , 0 ) . d y d θ = sen 4 ( π θ ) grandes. 3 θ 8 − 1 4 π sen ( 2 π θ ) + 1 32 π sen ( 4 π θ ) + C = f ( x ) Halle la longitud de la curva y = ln ( csc x ) , π 4 ≤ x ≤ π 2 . Halle la longitud de la curva y = ln ( sen x ) , π 3 ≤ x ≤ π 2 . ln ( 3 ) Calcule el volumen generado al girar la curva y = cos ( 3 x ) alrededor del eje x , 0 ≤ x ≤ π 36 . En los siguientes ejercicios, utilice esta información: El producto interior de dos funciones f y g en [ a , b ] se define por f ( x ) . g ( x ) = 〈 f , g 〉 = ∫ a b f . g d x . Se dice que dos funciones distintas f y g son ortogonales si 〈 f , g 〉 = 0 . Demuestre que { sen ( 2 x ) , cos ( 3 x ) } son ortogonales en el intervalo [ − π , π ] . ∫ − π π sen ( 2 x ) cos ( 3 x ) d x = 0 Evalúe ∫ − π π sen ( m x ) cos ( n x ) d x . Integre y ′ = tan x sec 4 x . tan ( x ) x ( 8 tan x 21 + 2 7 sec x 2 tan x ) + C = f ( x ) Para cada par de integrales, determine cuál es más difícil de evaluar. Explique su razonamiento. ∫ sen 456 x cos x d x o ∫ sen 2 x cos 2 x d x ∫ tan 350 x sec 2 x d x o ∫ tan 350 x sec x d x La segunda integral es más difícil porque la primera integral es simplemente un tipo de sustitución en u . fórmula de reducción de potencias regla que permite intercambiar una integral de una potencia de una función trigonométrica por una integral que implique una potencia inferior integral trigonométrica integral con potencias y productos de funciones trigonométricas

Matemáticas


Sustitución trigonométrica En esta sección, exploramos las integrales que contienen expresiones de la forma a 2 − x 2 , a 2 + x 2 , y x 2 − a 2 , donde los valores de a son positivos. Ya hemos encontrado y evaluado integrales que contienen algunas expresiones de este tipo, pero muchas siguen siendo inaccesibles. La técnica de la sustitución trigonométrica es muy útil para evaluar estas integrales. Esta técnica utiliza la sustitución para reescribir estas integrales como integrales trigonométricas. Integrales que implican a 2 − x 2 Antes de desarrollar una estrategia general para las integrales que contienen a 2 − x 2 , considere la integral ∫ 9 − x 2 d x . Esta integral no puede evaluarse con ninguna de las técnicas sobre las que hemos hablado hasta ahora. Sin embargo, si hacemos la sustitución x = 3 sen θ , tenemos d x = 3 cos θ d θ . Después de sustituir en la integral, tenemos ∫ 9 − x 2 d x = ∫  9 − ( 3 sen θ ) 2 3 cos θ d θ . Tras simplificar, tenemos ∫  9 − x 2 d x = ∫  9 1 − sen 2 θ cos θ d θ . Supongamos que 1 − sen 2 θ = cos 2 θ , ahora tenemos ∫  9 − x 2 d x = ∫  9 cos 2 θ cos θ d θ . Suponiendo que cos θ ≥ 0 , tenemos ∫  9 − x 2 d x = ∫  9 cos 2 θ d θ . En este punto, podemos evaluar la integral utilizando las técnicas desarrolladas para integrar potencias y productos de funciones trigonométricas. Antes de completar este ejemplo, echemos un vistazo a la teoría general que hay detrás de esta idea. Para evaluar las integrales que implican a 2 − x 2 , hacemos la sustitución x = a sen θ y d x = a cos θ . Para ver que esto realmente tiene sentido, considere el siguiente argumento: El dominio de a 2 − x 2 es [ − a , a ] . Por lo tanto, − a ≤ x ≤ a . En consecuencia, −1 ≤ x a ≤ 1 . Dado que el rango de sen x en [ − ( π / 2 ) , π / 2 ] es [ −1 , 1 ] , hay un ángulo único θ que satisface − ( π / 2 ) ≤ θ ≤ π / 2 por lo que sen θ = x / a , o, de forma equivalente, de modo que x = a sen θ . Si sustituimos x = a sen θ en a 2 − x 2 , obtenemos a 2 − x 2 = a 2 − ( a sen θ ) 2 Supongamos que x = a sen θ donde − π 2 ≤ θ ≤ π 2 . Simplifique. = a 2 − a 2 sen 2 θ Saque el factor común a 2 . = a 2 ( 1 − sen 2 θ ) Sustituya 1 − sen 2 x = cos 2 x . = a 2 cos 2 θ Tome la raíz cuadrada. = | a cos θ | = a cos θ . Dado que cos θ ≥ 0 en − π 2 ≤ θ ≤ π 2 y a > 0 , | a cos θ | = a cos θ . Podemos ver, a partir de esta discusión, que al hacer la sustitución x = a sen θ , podemos convertir una integral que implique un radical en una integral que incluya funciones trigonométricas. Después de evaluar la integral, podemos volver a convertir la solución en una expresión que implique x . Para ver cómo hacer esto, vamos a empezar por suponer que 0 < x < a . En este caso, 0 < θ < π 2 . Dado que sen θ = x a , podemos dibujar el triángulo de referencia en la como ayuda para expresar los valores de cos θ , tan θ , y las funciones trigonométricas restantes en términos de x . Se puede demostrar que este triángulo produce realmente los valores correctos de las funciones trigonométricas evaluadas en θ para todo θ que satisface − π 2 ≤ θ ≤ π 2 . Es útil observar que la expresión a 2 − x 2 aparece en realidad como la longitud de un lado del triángulo. Por último, si θ aparece solo, utilizamos θ = sen −1 ( x a ) . Un triángulo de referencia puede ayudar a expresar las funciones trigonométricas evaluadas en θ en términos de x . Lo esencial de este debate se resume en la siguiente estrategia de resolución de problemas. Estrategia para la resolución de problemas: Integración de expresiones que implican a 2 − x 2 Una buena idea es asegurarse de que la integral no se puede evaluar fácilmente de otra manera. Por ejemplo, si bien este método puede aplicarse a integrales de la forma ∫ 1 a 2 − x 2 d x , ∫ x a 2 − x 2 d x , y ∫ x a 2 − x 2 d x , cada una de ellas se puede integrar directamente mediante fórmula o mediante una simple sustitución en u . Realice la sustitución x = a sen θ y d x = a cos θ d θ . Nota : Esta sustitución da como resultado a 2 − x 2 = a cos θ . Simplifique la expresión. Evalúe la integral utilizando las técnicas de la sección de integrales trigonométricas. Utilice el triángulo de referencia de la para reescribir el resultado en términos de x . Es posible que también tenga que utilizar algunas identidades trigonométricas y la relación θ = sen −1 ( x a ) . El siguiente ejemplo demuestra la aplicación de esta estrategia de resolución de problemas. Integración de una expresión que implica a 2 − x 2 Evalúe ∫  9 − x 2 d x . Comience por hacer las sustituciones x = 3 sen θ y d x = 3 cos θ d θ . Dado que sen θ = x 3 , podemos construir el triángulo de referencia que se muestra en la siguiente figura. Se puede construir un triángulo de referencia para el . Por lo tanto, ∫  9 − x 2 d x = ∫  9 − ( 3 sen θ ) 2 3 cos θ d θ Sustituya x = 3 sen θ y d x = 3 cos θ d θ . = ∫  9 ( 1 − sen 2 θ ) 3 cos θ d θ Simplifique. = ∫  9 cos 2 θ 3 cos θ d θ Sustituya cos 2 θ = 1 − sen 2 θ . = ∫  3 | cos θ | 3 cos θ d θ Tome la raíz cuadrada. = ∫  9 cos 2 θ d θ Simplifique. Dado que − π 2 ≤ θ ≤ π 2 , cos θ ≥ 0 y | cos θ | = cos θ . = ∫  9 ( 1 2 + 1 2 cos ( 2 θ ) ) d θ Utilice la estrategia para integrar una potencia par de cos θ . = 9 2 θ + 9 4 sen ( 2 θ ) + C Evalúe la integral. = 9 2 θ + 9 4 ( 2 sen θ cos θ ) + C Sustituya sen ( 2 θ ) = 2 sen θ cos θ . = 9 2 sen −1 ( x 3 ) + 9 2 . x 3 . 9 − x 2 3 + C Sustituya sen −1 ( x 3 ) = θ y sen θ = x 3 . Utilice el triángulo de referencia para ver que cos θ = 9 − x 2 3 y haga esta sustitución. = 9 2 sen −1 ( x 3 ) + x 9 − x 2 2 + C . Simplifique. Integración de una expresión que implica a 2 − x 2 Evalúe ∫ 4 − x 2 x d x . Primero haga las sustituciones x = 2 sen θ y d x = 2 cos θ d θ . Dado que sen θ = x 2 , podemos construir el triángulo de referencia que se muestra en la siguiente figura. Se puede construir un triángulo de referencia para el . Por lo tanto, ∫ 4 − x 2 x d x = ∫ 4 − ( 2 sen θ ) 2 2 sen θ 2 cos θ d θ Sustituya x = 2 sen θ y = 2 cos θ d θ . = ∫ 2 cos 2 θ sen θ d θ Sustituya cos 2 θ = 1 − sen 2 θ y simplifique. = ∫ 2 ( 1 − sen 2 θ ) sen θ d θ Sustituya sen 2 θ = 1 − cos 2 θ . = ∫  ( 2 csc θ − 2 sen θ ) d θ Separe el numerador, simplifique y utilice csc θ = 1 sen θ . = 2 ln | csc θ − cot θ | + 2 cos θ + C Evalúe la integral. = 2 ln | 2 x − 4 − x 2 x | + 4 − x 2 + C . Utilice el triángulo de referencia para reescribir la expresión en términos de x y simplifique. En el siguiente ejemplo, vemos que a veces podemos elegir entre varios métodos. Integración de una expresión que implica a 2 − x 2 Dos maneras Evalúe ∫  x 3 1 − x 2 d x de dos maneras: primero utilizando la sustitución u = 1 − x 2 y luego utilizando una sustitución trigonométrica. Método 1 Supongamos que u = 1 − x 2 y por lo tanto x 2 = 1 − u . Por lo tanto, d u = –2 x d x . En este caso, la integral se convierte en ∫  x 3 1 − x 2 d x = − 1 2 ∫  x 2 1 − x 2 ( −2 x d x ) Haga la sustitución. = − 1 2 ∫  ( 1 − u ) u d u Amplíe la expresión. = − 1 2 ∫ ( u 1 / 2 − u 3 / 2 ) d u Evalúe la integral. = − 1 2 ( 2 3 u 3 / 2 − 2 5 u 5 / 2 ) + C Reescriba en términos de x . = − 1 3 ( 1 − x 2 ) 3 / 2 + 1 5 ( 1 − x 2 ) 5 / 2 + C . Método 2 Supongamos que x = sen θ . En este caso, d x = cos θ d θ . Mediante esta sustitución, tenemos ∫  x 3 1 − x 2 d x = ∫  sen 3 θ cos 2 θ d θ = ∫  ( 1 − cos 2 θ ) cos 2 θ sen θ d θ Supongamos que u = cos θ . Por lo tanto, d u = − sen θ d θ . = ∫  ( u 4 − u 2 ) d u = 1 5 u 5 − 1 3 u 3 + C Sustituya cos θ = u . = 1 5 cos 5 θ − 1 3 cos 3 θ + C Utilice un triángulo de referencia para ver que cos θ = 1 − x 2 . = 1 5 ( 1 − x 2 ) 5 / 2 – 1 3 ( 1 − x 2 ) 3 / 2 + C . Reescriba la integral ∫ x 3 25 − x 2 d x utilizando la sustitución trigonométrica adecuada (no evalúe la integral). ∫  125 sen 3 θ d θ Pista Sustituya x = 5 sen θ y d x = 5 cos θ d θ . Integración de expresiones que implican a 2 + x 2 Para las integrales que contienen a 2 + x 2 , consideremos primero el dominio de esta expresión. Dado que a 2 + x 2 se define para todos los valores reales de x , limitamos nuestra elección a aquellas funciones trigonométricas que tienen un rango de todos los números reales. Por lo tanto, nuestra elección se limita a seleccionar x = a tan θ o x = a cot θ . Cualquiera de estas sustituciones podría funcionar, pero la sustitución estándar es x = a tan θ o, de forma equivalente, tan θ = x / a . Con esta sustitución, suponemos que − ( π / 2 ) < θ < π / 2 , por lo que también tenemos θ = tan –1 ( x / a ) . El procedimiento para utilizar esta sustitución se describe en la siguiente estrategia de resolución de problemas. Estrategia para la resolución de problemas: Integración de expresiones que implican a 2 + x 2 Compruebe si la integral se puede evaluar fácilmente utilizando otro método. En algunos casos, es más conveniente utilizar un método alternativo. Sustituya x = a tan θ y d x = a sec 2 θ d θ . Esta sustitución da como resultado a 2 + x 2 = a 2 + ( a tan θ ) 2 = a 2 ( 1 + tan 2 θ ) = a 2 sec 2 θ = | a sec θ | = a sec θ . (Dado que − π 2 < θ < π 2 y sec θ > 0 en este intervalo, | a sec θ | = a sec θ . ) Simplifique la expresión. Evalúe la integral utilizando las técnicas de la sección de integrales trigonométricas. Utilice el triángulo de referencia de la para reescribir el resultado en términos de x . Es posible que también tenga que utilizar algunas identidades trigonométricas y la relación θ = tan –1 ( x a ) . ( Nota : El triángulo de referencia se basa en la suposición de que x > 0 ; sin embargo, las razones trigonométricas producidas a partir del triángulo de referencia son las mismas que las razones para las que x ≤ 0, ) Se puede construir un triángulo de referencia para expresar las funciones trigonométricas evaluadas en θ en términos de x . Integración de una expresión que implica a 2 + x 2 Evalúe ∫ d x 1 + x 2 y diferencie para comprobar la solución. Comience con la sustitución x = tan θ y d x = sec 2 θ d θ . Dado que tan θ = x , dibuje el triángulo de referencia en la siguiente figura. El triángulo de referencia para el . Por lo tanto, ∫ d x 1 + x 2 = ∫ sec 2 θ sec θ d θ Sustituya x = tan θ y d x = sec 2 θ d θ . Esta sustitución hace que 1 + x 2 = sec θ . Simplifique. = ∫  sec θ d θ Evalúe la integral. = ln | sec θ + tan θ | + C Utilice el triángulo de referencia para expresar el resultado en términos de x . = ln | 1 + x 2 + x | + C . Para comprobar la solución, diferencie: d d x ( ln | 1 + x 2 + x | ) = 1 1 + x 2 + x . ( x 1 + x 2 + 1 ) = 1 1 + x 2 + x . x + 1 + x 2 1 + x 2 = 1 1 + x 2 . Dado que 1 + x 2 + x > 0 para todos los valores de x , podríamos reescribir ln | 1 + x 2 + x | + C = ln ( 1 + x 2 + x ) + C , si se desea. Evaluar ∫ d x 1 + x 2 Utilizando una sustitución diferente Utilice la sustitución x = senoh θ para evaluar ∫ d x 1 + x 2 . Porque senoh θ tiene un rango de todos los números reales y 1 + senoh 2 θ = cosh 2 θ , también podemos utilizar la sustitución x = senoh θ para evaluar esta integral. En este caso, d x = cosh θ d θ . En consecuencia, ∫ d x 1 + x 2 = ∫ cosh θ 1 + senoh 2 θ d θ Sustituya x = senoh θ y d x = cosh θ d θ . Sustituya 1 + senoh 2 θ = cosh 2 θ . = ∫ cosh θ cosh 2 θ d θ cosh 2 θ = | cosh θ | = ∫ cosh θ | cosh θ | d θ | cosh θ | = cosh θ dado que cosh θ > 0 para todo θ . = ∫ cosh θ cosh θ d θ Simplifique. = ∫  1 d θ Evalúe la integral. = θ + C Dado que x = senoh θ , sabemos que θ = senoh −1 x . = senoh −1 x + C . Análisis Esta respuesta es muy diferente a la obtenida mediante la sustitución x = tan θ . Para ver que las soluciones son las mismas, establezca y = senoh −1 x . Por lo tanto, senoh y = x . De esta ecuación obtenemos: e y − e − y 2 = x . Después de multiplicar ambos lados por 2 e y y reescribiendo, esta ecuación se convierte en: e 2 y − 2 x e y − 1 = 0 . Utilice la ecuación cuadrática para resolver e y : e y = 2 x ± 4 x 2 + 4 2 . Simplificando, tenemos: e y = x ± x 2 + 1 . Dado que x – x 2 + 1 < 0 , el caso debe ser que e y = x + x 2 + 1 . Por lo tanto, y = ln ( x + x 2 + 1 ) . Por último, obtenemos senoh −1 x = ln ( x + x 2 + 1 ) . Después de hacer la observación final de que, como x + x 2 + 1 > 0 , ln ( x + x 2 + 1 ) = ln | 1 + x 2 + x | , vemos que los dos métodos diferentes producen soluciones equivalentes. Hallar una longitud de arco Calcule la longitud de la curva y = x 2 en el intervalo [ 0 , 1 2 ] . Debido a que d y d x = 2 x , la longitud de arco está dada por ∫ 0 1 / 2 1 + ( 2 x ) 2 d x = ∫ 0 1 / 2 1 + 4 x 2 d x . Para evaluar esta integral, utilice la sustitución x = 1 2 tan θ y d x = 1 2 sec 2 θ d θ . También tenemos que cambiar los límites de la integración. Si x = 0 , entonces θ = 0 y si x = 1 2 , entonces θ = π 4 . Por lo tanto, ∫ 0 1 / 2 1 + 4 x 2 d x = ∫ 0 π / 4 1 + tan 2 θ 1 2 sec 2 θ d θ Después de la sustitución, 1 + 4 x 2 = tan θ . Sustituya 1 + tan 2 θ = sec 2 θ y simplifique. = 1 2 ∫ 0 π / 4 sec 3 θ d θ Derivamos esta integral en la sección anterior. = 1 2 ( 1 2 s θ tan θ + 1 2 ln | sec θ + tan θ | ) | 0 π / 4 Evalúe y simplifique. = 1 4 ( 2 + ln ( 2 + 1 ) ) . Reescriba ∫  x 3 x 2 + 4 d x utilizando una sustitución que implique tan θ . ∫  32 tan 3 θ sec 3 θ d θ Pista Utilice la sustitución en x = 2 tan θ y d x = 2 sec 2 θ d θ . Integración de expresiones que implican x 2 − a 2 El dominio de la expresión x 2 − a 2 es ( − ∞ , − a ] ∪ [ a , + ∞ ) . Por lo tanto, o bien x ≤ − a o x ≥ a . Por lo tanto, x a ≤ − 1 o x a ≥ 1 . Dado que estos intervalos corresponden al rango de sec θ en el conjunto [ 0 , π 2 ) ∪ ( π 2 , π ] , tiene sentido utilizar la sustitución sec θ = x a o, de forma equivalente, x = a sec θ , donde 0 ≤ θ < π 2 o π 2 < θ ≤ π . La sustitución correspondiente para d x es d x = a sec θ tan θ d θ . El procedimiento para utilizar esta sustitución se describe en la siguiente estrategia de resolución de problemas. Estrategia para la resolución de problemas: Integrales que implican x 2 − a 2 Compruebe si la integral no se puede evaluar utilizando otro método. Si es así, podemos considerar la aplicación de una técnica alternativa. Sustituya x = a sec θ y d x = a sec θ tan θ d θ . Esta sustitución da produce x 2 − a 2 = ( a sec θ ) 2 − a 2 = a 2 ( sec 2 θ − 1 ) = a 2 tan 2 θ = | a tan θ | . Para x ≥ a , | a tan θ | = a tan θ y para x ≤ − a , | a tan θ | = − a tan θ . Simplifique la expresión. Evalúe la integral utilizando las técnicas de la sección de integrales trigonométricas. Utilice los triángulos de referencia de la para reescribir el resultado en términos de x . Es posible que también tenga que utilizar algunas identidades trigonométricas y la relación θ = sec −1 ( x a ) . ( Nota : Necesitamos ambos triángulos de referencia, ya que los valores de algunas de las razones trigonométricas son diferentes dependiendo de si x ≥ a o x ≤ − a . ) Utilice el triángulo de referencia adecuado para expresar las funciones trigonométricas evaluadas en θ en términos de x . Hallar el área de una región Halle el área de la región entre el gráfico de f ( x ) = x 2 − 9 y el eje x en el intervalo [ 3 , 5 ] . En primer lugar, dibuje un gráfico aproximado de la región descrita en el problema, como se muestra en la siguiente figura. El cálculo del área de la región sombreada requiere evaluar una integral con una sustitución trigonométrica. Podemos ver que el área es A = ∫ 3 5 x 2 − 9 d x . Para evaluar esta integral definida, sustituya x = 3 sec θ y d x = 3 sec θ tan θ d θ . También debemos cambiar los límites de la integración. Si x = 3 , entonces 3 = 3 sec θ y por lo tanto θ = 0 . Si x = 5 , entonces θ = sec −1 ( 5 3 ) . Después de hacer estas sustituciones y simplificar, tenemos Área = ∫ 3 5 x 2 − 9 d x = ∫ 0 sec −1 ( 5 / 3 ) 9 tan 2 θ sec θ d θ Utilice tan 2 θ = 1 − sec 2 θ . = ∫ 0 sec −1 ( 5 / 3 ) 9 ( sec 2 θ − 1 ) sec θ d θ Expanda. = ∫ 0 sec −1 ( 5 / 3 ) 9 ( sec 3 θ − sec θ ) d θ Evalúe la integral. = ( 9 2 ln | sec θ + tan θ | + 9 2 s θ tan θ ) − 9 ln | sec θ + tan θ | | 0 sec −1 ( 5 / 3 ) Simplifique. = 9 2 s θ tan θ − 9 2 ln | sec θ + tan θ | | 0 sec −1 ( 5 / 3 ) Evalúe. Utilice sec ( sec −1 5 3 ) = 5 3 y tan ( sec −1 5 3 ) = 4 3 . = 9 2 . 5 3 . 4 3 − 9 2 ln | 5 3 + 4 3 | − ( 9 2 . 1 . 0 − 9 2 ln | 1 + 0 | ) = 10 − 9 2 ln 3 . Evalúe ∫ d x x 2 − 4 . Supongamos que x > 2 . ln | x 2 + x 2 − 4 2 | + C Pista Sustituya x = 2 s θ y d x = 2 s θ tan θ d θ . Conceptos clave Para integrales que implican a 2 − x 2 , utilice la sustitución x = a sen θ y d x = a cos θ d θ . Para integrales que implican a 2 + x 2 , utilice la sustitución x = a tan θ y d x = a sec 2 θ d θ . Para integrales que implican x 2 − a 2 , sustituya x = a sec θ y d x = a sec θ tan θ d θ . Simplifique las siguientes expresiones escribiendo cada una de ellas con una sola función trigonométrica. 4 − 4 sen 2 θ 9 sec 2 θ − 9 9 tan 2 θ a 2 + a 2 tan 2 θ a 2 + a 2 senoh 2 θ a 2 cosh 2 θ 16 cosh 2 θ − 16 Utilice la técnica de completar el cuadrado para expresar cada trinomio como el cuadrado de un binomio o el cuadrado de un binomio más una constante. 4 x 2 − 4 x + 1 4 ( x – 1 2 ) 2 2 x 2 − 8 x + 3 − x 2 − 2 x + 4 − ( x + 1 ) 2 + 5 Integre utilizando el método de sustitución trigonométrica. Exprese la respuesta final en términos de la variable. ∫ d x 4 − x 2 ∫ d x x 2 − a 2 ln | x + − a 2 + x 2 | + C ∫ 4 − x 2 d x ∫ d x 1 + 9 x 2 1 3 ln | 9 x 2 + 1 + 3 x | + C ∫ x 2 d x 1 − x 2 ∫ d x x 2 1 − x 2 − 1 − x 2 x + C ∫ d x ( 1 + x 2 ) 2 ∫ x 2 + 9 d x 9 [ x x 2 + 9 18 + 1 2 l n | x 2 + 9 3 + x 3 | ] + C ∫ x 2 − 25 x d x ∫ θ 3 d θ 9 − θ 2 − 1 3 9 − θ 2 ( 18 + θ 2 ) + C ∫ d x x 6 − x 2 ∫ x 6 − x 8 d x ( –1 + x 2 ) ( 2 + 3 x 2 ) x 6 − x 8 15 x 3 + C ∫ d x ( 1 + x 2 ) 3 / 2 ∫ d x ( x 2 − 9 ) 3 / 2 − x 9 −9 + x 2 + C ∫ 1 + x 2 d x x ∫ x 2 d x x 2 – 1 1 2 ( ln | x + x 2 – 1 | + x x 2 – 1 ) + C ∫ x 2 d x x 2 + 4 ∫ d x x 2 x 2 + 1 − 1 + x 2 x + C ∫ x 2 d x 1 + x 2 ∫ –1 1 ( 1 − x 2 ) 3 / 2 d x 1 8 ( x ( 5 − 2 x 2 ) 1 − x 2 + 3 arcsen x ) + C En los siguientes ejercicios, utilice las sustituciones x = senoh θ , cosh θ , o tanh θ . Exprese las respuestas finales en términos de la variable x. ∫ d x x 2 – 1 ∫ d x x 1 − x 2 ln x − ln | 1 + 1 − x 2 | + C ∫ x 2 – 1 d x ∫ x 2 – 1 x 2 d x − −1 + x 2 x + ln | x + −1 + x 2 | + C ∫ d x 1 − x 2 ∫ 1 + x 2 x 2 d x − 1 + x 2 x + arcsenh x + C Utilice la técnica de completar el cuadrado para evaluar las siguientes integrales. ∫ 1 x 2 − 6 x d x ∫ 1 x 2 + 2 x + 1 d x − 1 1 + x + C ∫ 1 − x 2 + 2 x + 8 d x ∫ 1 − x 2 + 10 x d x 2 −10 + x x ln | −10 + x + x | ( 10 − x ) x + C ∫ 1 x 2 + 4 x − 12 d x Evalúe la integral sin usar cálculo: ∫ −3 3 9 − x 2 d x . 9 π 2 ; área de un semicírculo de radio 3 Halle el área encerrada por la elipse x 2 4 + y 2 9 = 1 . Evalúe la integral ∫ d x 1 − x 2 utilizando dos sustituciones diferentes. En primer lugar, supongamos que x = cos θ y evalúe utilizando la sustitución trigonométrica. En segundo lugar, supongamos que x = sen θ y utilice la sustitución trigonométrica. ¿Las respuestas son las mismas? arcsen ( x ) + C es la respuesta habitual. Evalúe la integral ∫ d x x x 2 – 1 utilizando la sustitución x = sec θ . A continuación, evalúe la misma integral utilizando la sustitución x = csc θ . Demuestre que los resultados son equivalentes. Evalúe la integral ∫ x x 2 + 1 d x utilizando la forma ∫ 1 u d u . A continuación, evalúe la misma integral utilizando x = tan θ . ¿Los resultados son los mismos? 1 2 ln ( 1 + x 2 ) + C es el resultado utilizando cualquiera de los dos métodos. Indique el método de integración que utilizaría para evaluar la integral ∫ x x 2 + 1 d x . ¿Por qué ha elegido este método? Indique el método de integración que utilizaría para evaluar la integral ∫ x 2 x 2 – 1 d x . ¿Por qué ha elegido este método? Utilice la sustitución trigonométrica. Supongamos que x = sec ( θ ) . Evalúe ∫ –1 1 x d x x 2 + 1 Halle la longitud de arco de la curva en el intervalo especificado: y = ln x , [ 1 , 5 ] . Redondee la respuesta a tres decimales. 4,367 Halle el área superficial del sólido que se genera al girar la región delimitada por los gráficos de y = x 2 , y = 0 , x = 0 , y x = 2 alrededor del eje x . (Redondee la respuesta a tres decimales). La región delimitada por el gráfico de f ( x ) = 1 1 + x 2 y el eje x entre x = 0 y x = 1 se gira alrededor del eje x . Calcule el volumen del sólido que se genera. π 2 8 + π 4 Resuelva el problema de valor inicial de y en función de x . ( x 2 + 36 ) d y d x = 1 , y ( 6 ) = 0 ( 64 − x 2 ) d y d x = 1 , y ( 0 ) = 3 y = 1 16 ln | x + 8 x − 8 | + 3 Halle el área delimitada por y = 2 64 − 4 x 2 , x = 0 , y = 0 , y x = 2 . Un tanque de almacenamiento de petróleo puede describirse como el volumen generado cuando se gira el área delimitada por y = 16 64 + x 2 , x = 0 , y = 0 , x = 2 alrededor del eje x . Calcule el volumen del tanque (en metros cúbicos). 24,6 m 3 Durante cada ciclo, la velocidad v (en pies por segundo) de un dispositivo robotizado de soldadura está dada por v = 2 t − 14 4 + t 2 , donde t es el tiempo en segundos. Determine la expresión del desplazamiento s (en pies) en función de t si s = 0 cuando t = 0 . Halle la longitud de la curva y = 16 − x 2 entre x = 0 y x = 2 . 2 π 3 sustitución trigonométrica una técnica de integración que convierte una integral algebraica que contiene expresiones de la forma a 2 − x 2 , a 2 + x 2 , o x 2 − a 2 en una integral trigonométrica

Matemáticas


Fracciones parciales Hemos visto algunas técnicas que nos permiten integrar funciones racionales específicas. Por ejemplo, sabemos que ∫ d u u = ln | u | + C y ∫ d u u 2 + a 2 = 1 a tan –1 ( u a ) + C . Sin embargo, aún no disponemos de una técnica que nos permita abordar cocientes arbitrarios de este tipo. Por lo tanto, no es inmediatamente obvio cómo evaluar ∫ 3 x x 2 − x − 2 d x . Sin embargo, sabemos por el material desarrollado anteriormente que ∫ ( 1 x + 1 + 2 x − 2 ) d x = ln | x + 1 | + 2 ln | x − 2 | + C . De hecho, al obtener un denominador común, vemos que 1 x + 1 + 2 x − 2 = 3 x x 2 − x − 2 . En consecuencia, ∫ 3 x x 2 − x − 2 d x = ∫ ( 1 x + 1 + 2 x − 2 ) d x . En esta sección, examinamos el método de descomposición en fracciones parciales , que nos permite descomponer funciones racionales en sumas de funciones racionales más simples y fáciles de integrar. Utilizando este método, podemos reescribir una expresión como: 3 x x 2 − x − 2 en la forma 1 x + 1 + 2 x − 2 . La clave del método de descomposición en fracciones parciales es poder anticipar la forma que adoptará la descomposición de una función racional. Como veremos, esta forma es predecible y muy dependiente de la factorización del denominador de la función racional. También es muy importante tener en cuenta que la descomposición en fracciones parciales se puede aplicar a una función racional P ( x ) Q ( x ) solo si deg ( P ( x ) ) < deg ( Q ( x ) ) . En el caso de que deg ( P ( x ) ) ≥ deg ( Q ( x ) ) , debemos realizar primero la división larga para reescribir el cociente P ( x ) Q ( x ) en la forma A ( x ) + R ( x ) Q ( x ) , donde deg ( R ( x ) ) < deg ( Q ( x ) ) . A continuación, hacemos una descomposición en fracciones parciales de R ( x ) Q ( x ) . El siguiente ejemplo, aunque no requiere la descomposición en fracciones parciales, ilustra nuestra aproximación a las integrales de funciones racionales de la forma ∫ P ( x ) Q ( x ) d x , donde deg ( P ( x ) ) ≥ deg ( Q ( x ) ) . Integración de ∫ P ( x ) Q ( x ) d x , donde deg ( P ( x ) ) ≥ deg ( Q ( x ) ) Evalúe ∫ x 2 + 3 x + 5 x + 1 d x . Dado que deg ( x 2 + 3 x + 5 ) ≥ deg ( x + 1 ) , realizamos la división larga para obtener x 2 + 3 x + 5 x + 1 = x + 2 + 3 x + 1 . Por lo tanto, ∫ x 2 + 3 x + 5 x + 1 d x = ∫ ( x + 2 + 3 x + 1 ) d x = 1 2 x 2 + 2 x + 3 ln | x + 1 | + C . Visite este sitio web para repasar la división larga de polinomios. Evalúe ∫ x − 3 x + 2 d x . x − 5 ln | x + 2 | + C Pista Utilice la división larga para obtener x − 3 x + 2 = 1 − 5 x + 2 . Para integrar ∫ P ( x ) Q ( x ) d x , donde deg ( P ( x ) ) < deg ( Q ( x ) ) , hay que empezar por factorizar Q ( x ) . Factores lineales no repetidos Si Q ( x ) se puede factorizar como ( a 1 x + b 1 ) ( a 2 x + b 2 ) … ( a n x + b n ) , donde cada factor lineal es distinto, entonces es posible hallar las constantes A 1 , A 2 ,… A n que satisfacen P ( x ) Q ( x ) = A 1 a 1 x + b 1 + A 2 a 2 x + b 2 + ⋯ + A n a n x + b n . La prueba de que tales constantes existen está fuera del alcance de este curso. En el siguiente ejemplo, vemos cómo utilizar fracciones parciales para integrar una función racional de este tipo. Fracciones parciales con factores lineales no repetidos Evalúe ∫ 3 x + 2 x 3 − x 2 − 2 x d x . Dado que deg ( 3 x + 2 ) < deg ( x 3 − x 2 − 2 x ) , comenzamos por factorizar el denominador de 3 x + 2 x 3 − x 2 − 2 x . Podemos ver que x 3 − x 2 − 2 x = x ( x − 2 ) ( x + 1 ) . Por lo tanto, hay constantes A , B , y C que satisfacen 3 x + 2 x ( x − 2 ) ( x + 1 ) = A x + B x − 2 + C x + 1 . Ahora debemos hallar estas constantes. Para ello, empezamos por obtener un denominador común a la derecha. Por lo tanto, 3 x + 2 x ( x − 2 ) ( x + 1 ) = A ( x − 2 ) ( x + 1 ) + B x ( x + 1 ) + C x ( x − 2 ) x ( x − 2 ) ( x + 1 ) . Ahora, fijamos los numeradores iguales entre sí, obteniendo 3 x + 2 = A ( x − 2 ) ( x + 1 ) + B x ( x + 1 ) + C x ( x − 2 ) . Hay dos estrategias diferentes para hallar los coeficientes A , B , y C . Nos referimos a ellos como el método de igualar coeficientes y el método de sustitución estratégica . Regla: método de igualar coeficientes Reescriba la en la forma 3 x + 2 = ( A + B + C ) x 2 + ( − A + B − 2 C ) x + ( −2 A ) . Al igualar los coeficientes se obtiene el sistema de ecuaciones A + B + C = 0 − A + B − 2 C = 3 − 2 A = 2. Para resolver este sistema, primero observamos que −2 A = 2 ⇒ A = −1 . Sustituyendo este valor en las dos primeras ecuaciones obtenemos el sistema B + C = 1 B − 2 C = 2. Multiplicando la segunda ecuación por −1 y sumando la ecuación resultante a la primera se obtiene −3 C = 1 , lo que a su vez implica que C = − 1 3 . Sustituyendo este valor en la ecuación B + C = 1 se obtiene B = 4 3 . Así, al resolver estas ecuaciones se obtiene A = −1 , B = 4 3 , y C = − 1 3 . Es importante señalar que el sistema producido por este método es consistente si y solo si hemos establecido la descomposición correctamente. Si el sistema es inconsistente, hay un error en nuestra descomposición. Regla: método de sustitución estratégica El método de sustitución estratégica se basa en el supuesto de que hemos establecido la descomposición correctamente. Si la descomposición se establece correctamente, debe haber valores de A , B , y C que satisfacen la para todos los valores de x . Es decir, esta ecuación debe ser cierta para cualquier valor de x que nos interesa sustituir en ella. Por lo tanto, al elegir los valores de x con cuidado y sustituyéndolos en la ecuación, podemos hallar A , B , y C fácilmente. Por ejemplo, si sustituimos x = 0 , la ecuación se reduce a 2 = A ( −2 ) ( 1 ) . Si resolvemos para A se obtiene A = −1 . A continuación, sustituyendo x = 2 , la ecuación se reduce a 8 = B ( 2 ) ( 3 ) , o su equivalente B = 4 / 3 . Por último, sustituimos x = −1 en la ecuación y obtenemos −1 = C ( –1 ) ( −3 ) . Resolviendo, tenemos C = − 1 3 . Es importante tener en cuenta que si intentamos utilizar este método con una descomposición que no se ha establecido correctamente, todavía podemos hallar valores para las constantes, pero estas constantes no tienen sentido. Si optamos por utilizar el método de la sustitución estratégica, conviene comprobar el resultado recombinando los términos algebraicamente. Ahora que tenemos los valores de A , B , y C , reescribimos la integral original: ∫ 3 x + 2 x 3 − x 2 − 2 x d x = ∫ ( − 1 x + 4 3 . 1 ( x − 2 ) − 1 3 . 1 ( x + 1 ) ) d x . Evaluando la integral obtenemos ∫ 3 x + 2 x 3 − x 2 − 2 x d x = − ln | x | + 4 3 ln | x − 2 | − 1 3 ln | x + 1 | + C . En el siguiente ejemplo, integramos una función racional en la que el grado del numerador no es menor que el grado del denominador. Dividir antes de aplicar las fracciones parciales Evalúe ∫ x 2 + 3 x + 1 x 2 − 4 d x . Dado que grado ( x 2 + 3 x + 1 ) ≥ grado ( x 2 − 4 ) , debemos realizar la división larga de polinomios. Esto da como resultado x 2 + 3 x + 1 x 2 − 4 = 1 + 3 x + 5 x 2 − 4 . A continuación, realizamos una descomposición en fracciones parciales de 3 x + 5 x 2 − 4 = 3 x + 5 ( x + 2 ) ( x − 2 ) . Tenemos 3 x + 5 ( x − 2 ) ( x + 2 ) = A x − 2 + B x + 2 . Por lo tanto, 3 x + 5 = A ( x + 2 ) + B ( x − 2 ) . Al resolver para A y B utilizando cualquiera de los dos métodos, obtenemos A = 11 / 4 y B = 1 / 4 . Reescribiendo la integral original, tenemos ∫ x 2 + 3 x + 1 x 2 − 4 d x = ∫ ( 1 + 11 4 . 1 x − 2 + 1 4 . 1 x + 2 ) d x . La evaluación de la integral produce ∫ x 2 + 3 x + 1 x 2 − 4 d x = x + 11 4 ln | x − 2 | + 1 4 ln | x + 2 | + C . Como vemos en el siguiente ejemplo, puede ser posible aplicar la técnica de descomposición en fracciones parciales a una función no racional. El truco consiste en convertir la función no racional en una función racional mediante una sustitución. Aplicar fracciones parciales tras una sustitución Evalúe ∫ cos x sen 2 x − sen x d x . Empecemos por suponer que u = sen x . En consecuencia, d u = cos x d x . Después de hacer estas sustituciones, tenemos ∫ cos x sen 2 x − sen x d x = ∫ d u u 2 − u = ∫ d u u ( u − 1 ) . Aplicando la descomposición en fracciones parciales a 1 / u ( u − 1 ) da como resultado 1 u ( u − 1 ) = − 1 u + 1 u − 1 . Por lo tanto, ∫ cos x sen 2 x − sen x d x = − ln | u | + ln | u − 1 | + C = − ln | sen x | + ln | sen x – 1 | + C . Evalúe ∫ x + 1 ( x + 3 ) ( x − 2 ) d x . 2 5 ln | x + 3 | + 3 5 ln | x − 2 | + C Pista x + 1 ( x + 3 ) ( x − 2 ) = A x + 3 + B x − 2 Factores lineales repetidos Para algunas aplicaciones, necesitamos integrar expresiones racionales que tienen denominadores con factores lineales repetidos, es decir, funciones racionales con al menos un factor de la forma ( a x + b ) n , donde n es un número entero positivo mayor o igual a 2 . Si el denominador contiene el factor lineal repetido ( a x + b ) n , entonces la descomposición debe contener A 1 a x + b + A 2 ( a x + b ) 2 + ⋯ + A n ( a x + b ) n . Como vemos en nuestro siguiente ejemplo, la técnica básica utilizada para resolver los coeficientes es la misma, pero requiere más álgebra para determinar los numeradores de las fracciones parciales. Fracciones parciales con factores lineales repetidos Evalúe ∫ x − 2 ( 2 x – 1 ) 2 ( x – 1 ) d x . Tenemos grado ( x − 2 ) < grado ( ( 2 x – 1 ) 2 ( x – 1 ) ) , por lo que podemos proceder a la descomposición. Dado que ( 2 x – 1 ) 2 es un factor lineal repetido, incluya A 2 x – 1 + B ( 2 x – 1 ) 2 en la descomposición. Por lo tanto, x − 2 ( 2 x – 1 ) 2 ( x – 1 ) = A 2 x – 1 + B ( 2 x – 1 ) 2 + C x – 1 . Tras obtener un denominador común e igualar los numeradores, tenemos x − 2 = A ( 2 x – 1 ) ( x – 1 ) + B ( x – 1 ) + C ( 2 x – 1 ) 2 . A continuación, utilizamos el método de igualar coeficientes para hallar los valores de A , B , y C . x − 2 = ( 2 A + 4 C ) x 2 + ( −3 A + B − 4 C ) x + ( A − B + C ) . Igualando los coeficientes se obtiene 2 A + 4 C = 0 , −3 A + B − 4 C = 1 , y A − B + C = –2 . Resolviendo este sistema se obtiene A = 2 , B = 3 , y C = −1 . Como alternativa, podemos utilizar el método de la sustitución estratégica. En este caso, sustituyendo x = 1 y x = 1 / 2 en la produce fácilmente los valores B = 3 y C = −1 . A estas alturas, puede parecer que nos hemos quedado sin buenas opciones para x , sin embargo, como ya tenemos valores para B y C , podemos sustituir estos valores y elegir cualquier valor para x no utilizado anteriormente. El valor x = 0 es una buena opción. En este caso, obtenemos la ecuación −2 = A ( –1 ) ( –1 ) + 3 ( –1 ) + ( –1 ) ( –1 ) 2 o, de forma equivalente, A = 2 . Ahora que tenemos los valores de A , B , y C , reescribimos la integral original y la evaluamos: ∫ x − 2 ( 2 x – 1 ) 2 ( x – 1 ) d x = ∫ ( 2 2 x – 1 + 3 ( 2 x – 1 ) 2 – 1 x – 1 ) d x = ln | 2 x – 1 | − 3 2 ( 2 x – 1 ) − ln | x – 1 | + C . Establezca la descomposición en fracciones parciales para ∫ x + 2 ( x + 3 ) 3 ( x − 4 ) 2 d x . (No halle los coeficientes ni complete la integración). x + 2 ( x + 3 ) 3 ( x − 4 ) 2 = A x + 3 + B ( x + 3 ) 2 + C ( x + 3 ) 3 + D ( x − 4 ) + E ( x − 4 ) 2 Pista Utilice el método de resolución de problemas de como orientación. El método general Ahora que empezamos a hacernos una idea de cómo funciona la técnica de descomposición en fracciones parciales, vamos a esbozar el método básico en la siguiente estrategia de resolución de problemas. Estrategia para la resolución de problemas: Descomposición en fracciones parciales Para descomponer la función racional P ( x ) / Q ( x ) , utilice los siguientes pasos: Asegúrese de que grado ( P ( x ) ) < grado ( Q ( x ) ) . Si no es así, realice la división larga de polinomios. Factorice Q ( x ) en el producto de factores lineales y cuadráticos irreducibles. Un cuadrático irreducible es un cuadrático que no tiene ceros reales. Suponiendo que deg ( P ( x ) ) < deg ( Q ( x ) ) , los factores de Q ( x ) determinan la forma de la descomposición de P ( x ) / Q ( x ) . Si Q ( x ) se puede factorizar como ( a 1 x + b 1 ) ( a 2 x + b 2 ) … ( a n x + b n ) , donde cada factor lineal es distinto, entonces es posible hallar las constantes A 1 , A 2 , . . . A n que satisfacen P ( x ) Q ( x ) = A 1 a 1 x + b 1 + A 2 a 2 x + b 2 + ⋯ + A n a n x + b n . Si Q ( x ) contiene el factor lineal repetido ( a x + b ) n , entonces la descomposición debe contener A 1 a x + b + A 2 ( a x + b ) 2 + ⋯ + A n ( a x + b ) n . Para cada factor cuadrático irreducible a x 2 + b x + c que Q ( x ) contiene, la descomposición debe incluir A x + B a x 2 + b x + c . Para cada factor cuadrático irreducible repetido ( a x 2 + b x + c ) n , la descomposición debe incluir A 1 x + B 1 a x 2 + b x + c + A 2 x + B 2 ( a x 2 + b x + c ) 2 + ⋯ + A n x + B n ( a x 2 + b x + c ) n . Una vez que determine la descomposición adecuada, halle las constantes. Por último, reescriba la integral en su forma descompuesta y evalúela utilizando las técnicas desarrolladas anteriormente o las fórmulas de integración. Factores cuadráticos simples Ahora vamos a ver la integración de una expresión racional en la que el denominador contiene un factor cuadrático irreducible. Recordemos que el factor cuadrático a x 2 + b x + c es irreducible si a x 2 + b x + c = 0 no tiene ceros reales, es decir, si b 2 − 4 a c < 0 . Expresiones racionales con un factor cuadrático irreductible Evalúe ∫ 2 x − 3 x 3 + x d x . Dado que deg ( 2 x − 3 ) < deg ( x 3 + x ) , factorice el denominador y proceda a la descomposición en fracciones parciales. Dado que x 3 + x = x ( x 2 + 1 ) contiene el factor cuadrático irreducible x 2 + 1 , incluya A x + B x 2 + 1 como parte de la descomposición, junto con C x para el término lineal x . Así, la descomposición tiene la forma 2 x − 3 x ( x 2 + 1 ) = A x + B x 2 + 1 + C x . Tras obtener un denominador común e igualar los numeradores, obtenemos la ecuación 2 x − 3 = ( A x + B ) x + C ( x 2 + 1 ) . Al resolver para A , B , y C , obtenemos A = 3 , B = 2 , y C = −3 . Por lo tanto, 2 x − 3 x 3 + x = 3 x + 2 x 2 + 1 − 3 x . Sustituyendo de nuevo en la integral, obtenemos ∫ 2 x − 3 x 3 + x d x = ∫ ( 3 x + 2 x 2 + 1 − 3 x ) d x = 3 ∫ x x 2 + 1 d x + 2 ∫ 1 x 2 + 1 d x − 3 ∫ 1 x d x Separe la integral. = 3 2 ln | x 2 + 1 | + 2 tan −1 x − 3 ln | x | + C . Evalúe cada integral. Nota : Podemos reescribir ln | x 2 + 1 | = ln ( x 2 + 1 ) , si lo deseamos, ya que x 2 + 1 > 0 . Fracciones parciales con un factor cuadrático irreductible Evalúe ∫ d x x 3 − 8 . Podemos empezar por factorizar x 3 − 8 = ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x + 4 ) . Vemos que el factor cuadrático x 2 + 2 x + 4 es irreducible ya que 2 2 − 4 ( 1 ) ( 4 ) = −12 < 0 . Utilizando la descomposición descrita en la estrategia de resolución de problemas, obtenemos 1 ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x + 4 ) = A x − 2 + B x + C x 2 + 2 x + 4 . Tras obtener un denominador común e igualar los numeradores, esto se convierte en 1 = A ( x 2 + 2 x + 4 ) + ( B x + C ) ( x − 2 ) . Aplicando cualquiera de los dos métodos, obtenemos A = 1 12 , B = − 1 12 , y C = − 1 3 . Reescribiendo ∫ d x x 3 − 8 , tenemos ∫ d x x 3 − 8 = 1 12 ∫ 1 x − 2 d x – 1 12 ∫ x + 4 x 2 + 2 x + 4 d x . Podemos ver que ∫ 1 x − 2 d x = ln | x − 2 | + C , pero ∫ x + 4 x 2 + 2 x + 4 d x requiere un poco más de esfuerzo. Empecemos por completar el cuadrado en x 2 + 2 x + 4 para obtener x 2 + 2 x + 4 = ( x + 1 ) 2 + 3 . Suponiendo que u = x + 1 y en consecuencia d u = d x , vemos que ∫ x + 4 x 2 + 2 x + 4 d x = ∫ x + 4 ( x + 1 ) 2 + 3 d x Complete el cuadrado en el denominador. = ∫ u + 3 u 2 + 3 d u Sustituya u = x + 1 , x = u − 1 , y d u = d x . = ∫ u u 2 + 3 d u + ∫ 3 u 2 + 3 d u Separe el numerador. = 1 2 ln | u 2 + 3 | + 3 3 tan −1 u 3 + C Evalúe cada integral. = 1 2 ln | x 2 + 2 x + 4 | + 3 tan –1 ( x + 1 3 ) + C . Reescriba en términos de x y simplifique. Sustituyendo de nuevo en la integral original y simplificando da como resultado ∫  d x x 3 − 8 = 1 12 ln | x − 2 | − 1 24 ln | x 2 + 2 x + 4 | − 3 12 tan –1 ( x + 1 3 ) + C . También en este caso podemos dejar de lado el valor absoluto si lo deseamos, ya que x 2 + 2 x + 4 > 0 para todo x . Cálculo de un volumen Calcule el volumen del sólido de revolución obtenido al girar la región encerrada por el gráfico de f ( x ) = x 2 ( x 2 + 1 ) 2 y el eje x en el intervalo [ 0 , 1 ] alrededor del eje y . Empecemos por dibujar la región que se va a girar (vea la ). A partir del dibujo, vemos que el método de capas cilíndricas es una buena opción para resolver este problema. Podemos utilizar el método de capas cilíndricas para calcular el volumen de revolución obtenido al girar la región mostrada alrededor del eje y . El volumen está dado por V = 2 π ∫ 0 1 x . x 2 ( x 2 + 1 ) 2 d x = 2 π ∫ 0 1 x 3 ( x 2 + 1 ) 2 d x . Dado que deg ( ( x 2 + 1 ) 2 ) = 4 > 3 = deg ( x 3 ) , podemos proceder a la descomposición en fracciones parciales. Tenga en cuenta que ( x 2 + 1 ) 2 es un factor cuadrático irreducible repetido. Utilizando la descomposición descrita en la estrategia de resolución de problemas, obtenemos x 3 ( x 2 + 1 ) 2 = A x + B x 2 + 1 + C x + D ( x 2 + 1 ) 2 . Hallando un denominador común e igualando los numeradores se obtiene x 3 = ( A x + B ) ( x 2 + 1 ) + C x + D . Resolviendo, obtenemos A = 1 , B = 0 , C = −1 , y D = 0 . Sustituyendo de nuevo en la integral, tenemos V = 2 π ∫ 0 1 x 3 ( x 2 + 1 ) 2 d x = 2 π ∫ 0 1 ( x x 2 + 1 − x ( x 2 + 1 ) 2 ) d x = 2 π ( 1 2 ln ( x 2 + 1 ) + 1 2 . 1 x 2 + 1 ) | 0 1 = π ( ln 2 – 1 2 ) . Establezca la descomposición en fracciones parciales para ∫ x 2 + 3 x + 1 ( x + 2 ) ( x − 3 ) 2 ( x 2 + 4 ) 2 d x . x 2 + 3 x + 1 ( x + 2 ) ( x − 3 ) 2 ( x 2 + 4 ) 2 = A x + 2 + B x − 3 + C ( x − 3 ) 2 + D x + E x 2 + 4 + F x + G ( x 2 + 4 ) 2 Pista Utilice la estrategia para la resolución de problemas. Conceptos clave La descomposición en fracciones parciales es una técnica que se utiliza para descomponer una función racional en una suma de funciones racionales simples que pueden integrarse utilizando técnicas previamente aprendidas. Al aplicar la descomposición en fracciones parciales, debemos asegurarnos de que el grado del numerador es menor que el grado del denominador. Si no es así, tenemos que realizar la división larga antes de intentar la descomposición en fracciones parciales. La forma que adopta la descomposición depende del tipo de factores en el denominador. Los tipos de factores incluyen factores lineales no repetidos, factores lineales repetidos, factores cuadráticos irreducibles no repetidos y factores cuadráticos irreducibles repetidos. Exprese la función racional como una suma o diferencia de dos expresiones racionales más sencillas. 1 ( x − 3 ) ( x − 2 ) grandes. x 2 + 1 x ( x + 1 ) ( x + 2 ) grandes. − 2 x + 1 + 5 2 ( x + 2 ) + 1 2 x 1 x 3 − x 3 x + 1 x 2 1 x 2 + 3 x 3 x 2 x 2 + 1 ( Pista: Utilice primero la división larga) 2 x 4 x 2 − 2 x 2 x 2 + 4 x + 8 + 16 x − 2 1 ( x – 1 ) ( x 2 + 1 ) grandes. 1 x 2 ( x – 1 ) grandes. − 1 x 2 – 1 x + 1 x – 1 x x 2 − 4 1 x ( x – 1 ) ( x − 2 ) ( x − 3 ) grandes. − 1 2 ( x − 2 ) + 1 2 ( x – 1 ) − 1 6 x + 1 6 ( x − 3 ) grandes. 1 x 4 − 1 = 1 ( x + 1 ) ( x – 1 ) ( x 2 + 1 ) grandes. 3 x 2 x 3 − 1 = 3 x 2 ( x – 1 ) ( x 2 + x + 1 ) grandes. 1 x – 1 + 2 x + 1 x 2 + x + 1 2 x ( x + 2 ) 2 3 x 4 + x 3 + 20 x 2 + 3 x + 31 ( x + 1 ) ( x 2 + 4 ) 2 2 x + 1 + x x 2 + 4 − 1 ( x 2 + 4 ) 2 Utilice el método de las fracciones parciales para evaluar cada una de las siguientes integrales. ∫ d x ( x − 3 ) ( x − 2 ) grandes. ∫ 3 x x 2 + 2 x − 8 d x − ln | 2 − x | + 2 ln | 4 + x | + C ∫ d x x 3 − x ∫ x x 2 − 4 d x 1 2 ln | 4 − x 2 | + C ∫ d x x ( x – 1 ) ( x − 2 ) ( x − 3 ) grandes. ∫ 2 x 2 + 4 x + 22 x 2 + 2 x + 10 d x 2 ( x + 1 3 arctan ( 1 + x 3 ) ) + C ∫ d x x 2 − 5 x + 6 ∫ 2 − x x 2 + x d x 2 ln | x | − 3 ln | 1 + x | + C ∫ 2 x 2 − x − 6 d x ∫ d x x 3 − 2 x 2 − 4 x + 8 1 16 ( − 4 −2 + x − ln | −2 + x | + ln | 2 + x | ) + C ∫ d x x 4 − 10 x 2 + 9 Evalúe las siguientes integrales que tienen factores cuadráticos irreducibles. ∫ 2 ( x − 4 ) ( x 2 + 2 x + 6 ) d x 1 30 ( −2 5 arctan [ 1 + x 5 ] + 2 ln | −4 + x | − ln | 6 + 2 x + x 2 | ) + C ∫ x 2 x 3 − x 2 + 4 x − 4 d x ∫ x 3 + 6 x 2 + 3 x + 6 x 3 + 2 x 2 d x − 3 x + 4 ln | x + 2 | + x + C ∫ x ( x – 1 ) ( x 2 + 2 x + 2 ) 2 d x Utilice el método de las fracciones parciales para evaluar las siguientes integrales. ∫ 3 x + 4 ( x 2 + 4 ) ( 3 − x ) d x − ln | 3 − x | + 1 2 ln | x 2 + 4 | + C ∫ 2 ( x + 2 ) 2 ( 2 − x ) d x ∫ 3 x + 4 x 3 − 2 x − 4 d x ( Pista: Utilice el teorema de la raíz racional). ln | x − 2 | − 1 2 ln | x 2 + 2 x + 2 | + C Utilice la sustitución para convertir las integrales en integrales de funciones racionales. A continuación, utilice las fracciones parciales para evaluar las integrales. ∫ 0 1 e x 36 − e 2 x d x (Indique la respuesta exacta y el equivalente decimal. Redondee a cinco decimales). ∫ e x d x e 2 x − e x d x − x + ln | 1 − e x | + C ∫ sen x d x 1 − cos 2 x ∫ sen x cos 2 x + cos x − 6 d x 1 5 ln | cos x + 3 cos x − 2 | + C ∫ 1 − x 1 + x d x ∫ d t ( e t − e − t ) 2 1 2 − 2 e 2 t + C ∫ 1 + e x 1 − e x d x ∫ d x 1 + x + 1 2 1 + x − 2 ln | 1 + 1 + x | + C ∫ d x x + x 4 ∫ cos x sen x ( 1 − sen x ) d x ln | sen x 1 − sen x | + C ∫ e x ( e 2 x − 4 ) 2 d x ∫ 1 2 1 x 2 4 − x 2 d x 3 4 ∫ 1 2 + e – x d x ∫ 1 1 + e x d x x − ln ( 1 + e x ) + C Utilice la sustitución dada para convertir la integral en una integral de una función racional, y luego evalúela. ∫ 1 t − t 3 d t t = x 3 ∫ 1 x + x 3 d x ; x = u 6 6 x 1 / 6 − 3 x 1 / 3 + 2 x − 6 ln ( 1 + x 1 / 6 ) + C Grafique la curva y = x 1 + x en el intervalo [ 0 , 5 ] . A continuación, halle el área de la región limitada por la curva, el eje x y la línea x = 4 . Calcule el volumen del sólido generado cuando la región delimitada por y = 1 / x ( 3 − x ) , y = 0 , x = 1 , y x = 2 se gira alrededor del eje x . 4 3 π arctanh [ 1 3 ] = 1 3 π ln 4 La velocidad de una partícula que se mueve a lo largo de una línea es una función del tiempo dada por v ( t ) = 88 t 2 t 2 + 1 . Calcule la distancia que ha recorrido la partícula después de t = 5 seg. Resuelva el problema de valor inicial para x en función de t. ( t 2 − 7 t + 12 ) d x d t = 1 , ( t > 4 , x ( 5 ) = 0 ) grandes. x = − ln | t − 3 | + ln | t − 4 | + ln 2 ( t + 5 ) d x d t = x 2 + 1 , t > − 5 , x ( 1 ) = tan 1 ( 2 t 3 − 2 t 2 + t − 1 ) d x d t = 3 , x ( 2 ) = 0 x = ln | t − 1 | − 2 arctan ( 2 t ) − 1 2 ln ( t 2 + 1 2 ) + 2 arctan ( 2 2 ) + 1 2 ln 4,5 Halle la coordenada x del centroide del área delimitada por y ( x 2 − 9 ) = 1 , y = 0 , x = 4 , y x = 5 . (Redondee la respuesta a dos decimales). Calcule el volumen generado al girar el área delimitada por y = 1 x 3 + 7 x 2 + 6 x , x = 1 , x = 7 , y y = 0 alrededor del eje y . 2 5 π ln 28 13 Halle el área delimitada por y = x − 12 x 2 − 8 x − 20 , y = 0 , x = 2 , y x = 4 . (Redondee la respuesta a la centésima más cercana). Evalúe la integral ∫ d x x 3 + 1 . arctan [ –1 + 2 x 3 ] 3 + 1 3 ln | 1 + x | − 1 6 ln | 1 − x + x 2 | + C Para los siguientes problemas, utilice las sustituciones tan ( x 2 ) = t , d x = 2 1 + t 2 d t , sen x = 2 t 1 + t 2 , y cos x = 1 − t 2 1 + t 2 . ∫ d x 3 − 5 sen x Halle el área bajo la curva y = 1 1 + sen x entre x = 0 y x = π . (Asuma que las dimensiones están en pulgadas). 2,0 in 2 Dada tan ( x 2 ) = t , derive las fórmulas d x = 2 1 + t 2 d t , sen x = 2 t 1 + t 2 , y cos x = 1 − t 2 1 + t 2 . Evalúe ∫ x − 8 3 x d x . 3 ( −8 + x ) 1 / 3 −2 3 arctan [ –1 + ( −8 + x ) 1 / 3 3 ] −2 ln [ 2 + ( −8 + x ) 1 / 3 ] + ln [ 4 – 2 ( −8 + x ) 1 / 3 + ( −8 + x ) 2 / 3 ] + C descomposición en fracciones parciales técnica utilizada para descomponer una función racional en la suma de funciones racionales simples

Matemáticas


Otras estrategias de integración Además de las técnicas de integración que ya hemos visto, hay otras herramientas ampliamente disponibles para ayudar en el proceso de integración. Entre estas herramientas se encuentran las tablas de integración , que están disponibles en muchos libros, incluidos los apéndices de este. También están disponibles los sistemas de álgebra computacional (CAS) , que se encuentran en las calculadoras y en muchos laboratorios informáticos de los campus y son gratuitos en línea. Tablas de integrales Las tablas de integración, si se utilizan de forma correcta, pueden ser una forma práctica de evaluar o comprobar una integral rápidamente. Tenga en cuenta que al utilizar una tabla para comprobar una respuesta, es posible que dos soluciones completamente correctas parezcan muy diferentes. Por ejemplo, en la Sustitución trigonométrica , encontramos que, utilizando la sustitución x = tan θ , podemos llegar a ∫ d x 1 + x 2 = ln ( x + x 2 + 1 ) + C . Sin embargo, utilizando x = senoh θ , obtuvimos una solución diferente, concretamente, ∫ d x 1 + x 2 = senoh −1 x + C . Posteriormente demostramos algebraicamente que las dos soluciones son equivalentes. Es decir, demostramos que senoh −1 x = ln ( x + x 2 + 1 ) . En este caso, las dos antiderivadas que encontramos son realmente iguales. Esto no tiene por qué ser así. Sin embargo, mientras la diferencia de las dos antiderivadas sea una constante, son equivalentes. Uso de una fórmula de una tabla para evaluar una integral Utilice la fórmula de la tabla ∫ a 2 − u 2 u 2 d u = − a 2 − u 2 u − sen −1 u a + C para evaluar ∫ 16 − e 2 x e x d x . Si observamos las tablas de integración, veremos que varias fórmulas contienen expresiones de la forma a 2 − u 2 . Esta expresión es en realidad similar a 16 − e 2 x , donde a = 4 y u = e x . Tenga en cuenta que también debemos tener d u = e x dx . Multiplicando el numerador y el denominador de la integral dada por e x debería ayudar a poner esta integral en una forma útil. Por lo tanto, ahora tenemos ∫ 16 − e 2 x e x d x = ∫ 16 − e 2 x e 2 x e x d x . Sustituyendo u = e x y d u = e x dx produce ∫ a 2 − u 2 u 2 d u . A partir de la tabla de integración (N.º 88 del Apéndice A ), ∫ a 2 − u 2 u 2 d u = − a 2 − u 2 u − sen −1 u a + C . Por lo tanto, ∫ 16 − e 2 x e x d x = ∫ 16 − e 2 x e 2 x e x d x Sustituya u = e x y d u = e x d x . = ∫ 4 2 − u 2 u 2 d u Aplique la fórmula utilizando a = 4 . = – 4 2 − u 2 u − sen −1 u 4 + C Sustituya u = e x . = − 16 − e 2 x u − sen −1 ( e x 4 ) + C . Sistemas de álgebra computacional Si está disponible, un CAS es una alternativa más rápida que una tabla para resolver un problema de integración. Muchos de estos sistemas están ampliamente disponibles y son, en general, bastante fáciles de usar. Uso de un sistema de álgebra computacional para evaluar una integral Utilice un sistema de álgebra computacional para evaluar ∫ d x x 2 − 4 . Compare este resultado con ln | x 2 − 4 2 + x 2 | + C , un resultado que podríamos haber obtenido si hubiéramos utilizado la sustitución trigonométrica. Si utilizamos Wolfram Alpha, obtenemos ∫ d x x 2 − 4 = ln | x 2 − 4 + x | + C . Observe que ln | x 2 − 4 2 + x 2 | + C = ln | x 2 − 4 + x 2 | + C = ln | x 2 − 4 + x | − ln 2 + C . Como estas dos antiderivadas solo difieren en una constante, las soluciones son equivalentes. También podríamos haber demostrado que cada una de estas antiderivadas es correcta diferenciándolas. Puede acceder a una calculadora de integrales para ver más ejemplos. Uso de un CAS para evaluar una integral Evalúe ∫  sen 3 x d x utilizando un CAS. Compare el resultado con 1 3 cos 3 x − cos x + C , el resultado que podríamos haber obtenido mediante la técnica de integración de potencias impares de sen x que ya se ha comentado en este capítulo. Si utilizamos Wolfram Alpha, obtenemos ∫ sen 3 x d x = 1 12 ( cos ( 3 x ) − 9 cos x ) + C . Esto parece bastante diferente de 1 3 cos 3 x − cos x + C . Para ver que estas antiderivadas son equivalentes, podemos hacer uso de algunas identidades trigonométricas: 1 12 ( cos ( 3 x ) − 9 cos x ) = 1 12 ( cos ( x + 2 x ) − 9 cos x ) = 1 12 ( cos ( x ) cos ( 2 x ) − sen ( x ) sen ( 2 x ) − 9 cos x ) = 1 12 ( cos x ( 2 cos 2 x – 1 ) − sen x ( 2 sen x cos x ) − 9 cos x ) = 1 12 ( 2 cos 3 x − cos x − 2 cos x ( 1 − cos 2 x ) − 9 cos x ) = 1 12 ( 4 cos 3 x − 12 cos x ) = 1 3 cos 3 x − cos x . Por lo tanto, las dos antiderivadas son idénticas. También podemos utilizar un CAS para comparar los gráficos de las dos funciones, como se muestra en la siguiente figura. Los gráficos de y = 1 3 cos 3 x − cos x como y = 1 12 ( cos ( 3 x ) − 9 cos x ) son idénticos. Utilice un CAS para evaluar ∫ d x x 2 + 4 . Las posibles soluciones incluyen senoh −1 ( x 2 ) + C y ln | x 2 + 4 + x | + C . Pista Las respuestas pueden variar. Conceptos clave Se puede utilizar una tabla de integración para evaluar integrales indefinidas. Se puede utilizar un CAS (o sistema de álgebra computacional) para evaluar integrales indefinidas. Puede ser necesario un esfuerzo para conciliar las soluciones equivalentes obtenidas con métodos diferentes. Utilice una tabla de integrales para evaluar las siguientes integrales. ∫ 0 4 x 1 + 2 x d x ∫ x + 3 x 2 + 2 x + 2 d x 1 2 ln | x 2 + 2 x + 2 | + 2 arctan ( x + 1 ) + C ∫ x 3 1 + 2 x 2 d x ∫ 1 x 2 + 6 x d x cosh −1 ( x + 3 3 ) + C ∫ x x + 1 d x ∫ x . 2 x 2 d x 2 x 2 – 1 ln 2 + C ∫ 1 4 x 2 + 25 d x ∫ d y 4 − y 2 arcsen ( y 2 ) + C ∫ sen 3 ( 2 x ) cos ( 2 x ) d x ∫ csc ( 2 w ) cot ( 2 w ) d w − 1 2 csc ( 2 w ) + C ∫ 2 y d y ∫ 0 1 3 x d x x 2 + 8 9 − 6 2 ∫ −1 / 4 1 / 4 sec 2 ( π x ) tan ( π x ) d x ∫ 0 π / 2 tan 2 ( x 2 ) d x 2 − π 2 ∫ cos 3 x d x ∫ tan 5 ( 3 x ) d x 1 12 tan 4 ( 3 x ) − 1 6 tan 2 ( 3 x ) + 1 3 ln | sec ( 3 x ) | + C ∫ sen 2 y cos 3 y d y Utilice un CAS para evaluar las siguientes integrales. También se pueden utilizar tablas para verificar las respuestas. [T] ∫ d w 1 + sec ( w 2 ) grandes. 2 cot ( w 2 ) − 2 csc ( w 2 ) + w + C [T] ∫ d w 1 − cos ( 7 w ) [T] ∫ 0 t d t 4 cos t + 3 sen t 1 5 ln | 2 ( 5 + 4 sen t − 3 cos t ) 4 cos t + 3 sen t | [T] ∫ x 2 − 9 3 x d x [T] ∫ d x x 1 / 2 + x 1 / 3 6 x 1 / 6 − 3 x 1 / 3 + 2 x − 6 ln [ 1 + x 1 / 6 ] + C [T] ∫ d x x x – 1 [T] ∫ x 3 sen x d x − x 3 cos x + 3 x 2 sen x + 6 x cos x − 6 sen x + C [T] ∫ x x 4 − 9 d x [T] ∫ x 1 + e – x 2 d x 1 2 ( x 2 + ln | 1 + e – x 2 | ) + C [T] ∫ 3 − 5 x 2 x d x [T] ∫ d x x x – 1 2 arctan ( x – 1 ) + C [T] ∫ e x cos −1 ( e x ) d x Utilice una calculadora o un CAS para evaluar las siguientes integrales. [T] ∫ 0 π / 4 cos ( 2 x ) d x 0,5 = 1 2 [T] ∫ 0 1 x . e – x 2 d x [T] ∫ 0 8 2 x x 2 + 36 d x 8,0 [T] ∫ 0 2 / 3 1 4 + 9 x 2 d x [T] ∫ d x x 2 + 4 x + 13 1 3 arctan ( 1 3 ( x + 2 ) ) + C [T] ∫ d x 1 + sen x Utilice las tablas para evaluar las integrales. Es posible que tenga que completar el cuadrado o cambiar las variables para poner la integral en la forma dada en la tabla. ∫ d x x 2 + 2 x + 10 1 3 arctan ( x + 1 3 ) + C ∫ d x x 2 − 6 x ∫ e x e 2 x − 4 d x ln ( e x + 4 + e 2 x ) + C ∫ cos x sen 2 x + 2 sen x d x ∫ arctan ( x 3 ) x 4 d x ln x – 1 6 ln ( x 6 + 1 ) − arctan ( x 3 ) 3 x 3 + C ∫ ln | x | arcsen ( ln | x | ) x d x Utilice las tablas para realizar la integración. ∫ d x x 2 + 16 ln | x + 16 + x 2 | + C ∫ 3 x 2 x + 7 d x ∫ d x 1 − cos ( 4 x ) grandes. − 1 4 cot ( 2 x ) + C ∫ d x 4 x + 1 Halle el área delimitada por y ( 4 + 25 x 2 ) = 5 , x = 0 , y = 0 , y x = 4 . Utilice una tabla de integrales o un CAS. 1 2 arctan 10 La región delimitada entre la curva y = 1 1 + cos x , 0,3 ≤ x ≤ 1,1 , y el eje x se gira alrededor del eje x para generar un sólido. Utilice una tabla de integrales para calcular el volumen del sólido generado. (Redondee la respuesta a dos decimales). Utilice la sustitución y una tabla de integrales para hallar el área de la superficie generada al girar la curva y = e x , 0 ≤ x ≤ 3 , alrededor del eje x . (Redondee la respuesta a dos decimales). 1276,14 [T] Utilice una tabla de integrales y una calculadora para hallar el área de la superficie generada al girar la curva y = x 2 2 , 0 ≤ x ≤ 1 , alrededor del eje x . (Redondee la respuesta a dos decimales). [T] Utilice un CAS o tablas para hallar el área de la superficie generada al girar la curva y = cos x , 0 ≤ x ≤ π 2 , alrededor del eje x . (Redondee la respuesta a dos decimales). 7,21 Halle la longitud de la curva y = x 2 4 en [ 0 , 8 ] . Halle la longitud de la curva y = e x en [ 0 , ln ( 2 ) ] . 5 − 2 + ln | 2 + 2 2 1 + 5 | Halle el área de la superficie formada al girar el gráfico de y = 2 x en el intervalo [ 0 , 9 ] alrededor del eje x . Calcule el valor promedio de la función f ( x ) = 1 x 2 + 1 en el intervalo [ −3 , 3 ] . 1 3 arctan ( 3 ) ≈ 0,416 Aproxime la longitud de arco de la curva y = tan ( π x ) en el intervalo [ 0 , 1 4 ] . (Redondee la respuesta a tres decimales). sistema de álgebra computacional (CAS) tecnología utilizada para realizar muchas tareas matemáticas, incluida la integración tabla de integración una tabla que enumera las fórmulas de integración

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