Técnicas de Integración: Problemas Resueltos

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1 Técnicas de Integración: Problemas Resueltos Ing. Carlos Alfredo Angulo * Universidad de San Carlos de Guatemala Facultad de Ingeniería Departamento de Matemáticas. Prefacio La preparación de todo ingeniero abarca diversos aspectos, entre ellos, la habilidad abstracta. Para crear una habilidad de este tipo, propicia para un profesional de la ingeniería, todo estudiante debe cursar un número mínimo de cursos de Matemática, antes de cursar los cursos que competen meramente a su campo de desempeño. Uno de los cursos de mayor contenido y carga académica es el de Matemática Intermedia I, el cual es tenido por muchos como el más importante de los cursos de matemática, si bien esto queda a criterio de cada individuo, lo cierto es que es el curso que más créditos académicos otorga dentro de las redes de estudio de las carreras de ingeniería de la Universidad de San Carlos. La extensión y complejidad de sus contenidos son factores debido a los cuales existe cierta deficiencia en el desempeño de los estudiantes que cursan Intermedia I. Uno de los primeros temas a tratar es el de técnicas de integración; dicho tema representa la unión o el vínculo entre este curso y su pre-requisito, Matemática Básica II puesto que se retoma el tema de las antiderivadas y las integrales definidas, ahora con un enfoque más maduro y exigente, puesto que ya se posee una base sólida de cálculo de una variable. Si bien es cierto que no toda función posee antiderivada, esta no es razón para concluir que únicamente un limitado número de ellas la poseen. Es más, tras un estudio sólido de técnicas de integración, el estudiante puede reconocer que la mayoría de las funciones que aparecen en el campo de aplicación poseen antiderivada, y la suposición inicial cambia de dirección al identificar que en realidad, es un limitado conjunto de funciones cuya antiderivada no puede ser determinada de forma natural. Con estos hechos en mente, el autor se ha dado a la tarea de escribir un documento de apoyo para los estudiantes del curso de Intermedia I, enfocado en el tema de técnicas de integración. Las cualidades esenciales del presente documento son la objetividad y la simplicidad; Puesto que se desea transmitir al estudiante una guía práctica para la realización de ejercicios de técnicas de integración, ilustrar los métodos a seguir para los diversos casos de integración y a su vez dar nociones sobre cuándo se debe aplicar cuál método, con base en las forma del integrando, el tipo de términos con los que cuenta, las operaciones de las que consta * Edición: José Estuardo Orellana

2 y las funciones que lo conforman. Debe tenerse en cuenta que para un correcto aprendizaje, la práctica es un punto clave, por lo que se ha dejado de lado temas como demostraciones e interpretaciones, para abarcar meramente la realización de ejercicios y la discusión de resultados. Asimismo se incita al estudiante a trascender más allá de este documento, y buscar una fuente complementaria o principal igual o más completa para así desarrollar un óptimo conocimiento en el tema de técnicas de integración. Sin más preámbulo, se procede a los ejercicios.. Solución a problemas propuestos.. Calcule tg (x) Solución: Por convención: tg (x) tangente inversa El recíproco de la tangente lo expresamos como Cot(x) o de la forma [tg(x)]. Sin lugar a ambigüedades es mejor la notación para designar la tangente inversa es arctg(x). Ya que: D x [fg] f g + fg D x [fg] f g + fg Puesto que la integral anula la derivación. fg fg f g Llamemos: f tg (x) g f + x g x tg (x) x tg (x) + x x Haciendo: u + x du x

3 Se llega a: tg (x) tg () du u tg () Ln(u) π 4 Ln( + x ) π 4 [Ln() Ln()] π 4 Ln() π 4 Ln( ) Calcule e θ Sen(θ) dθ Solución: Nuevamente, usando integración por partes: D(fg) f g + fg Tenemos: f g f g f g f e θ g Sen(θ) f eθ g Cos(θ) e θ Sen(θ)dθ eθ Sen(θ) e θ Cos(θ)dθ (I) e θ Cos(θ)dθ : Nuevamente a esta integral aplicamos integración por partes:

4 D(fg) f g + fg f g fg fg f e θ f eθ g Cos(θ) g Sen(θ) e θ Cos(θ)dθ eθ Cos(θ) + eθ Sen(θ)dθ eθ Cos(θ) + e θ Sen(θ)dθ Sustituyendo en (I) tenemos: e θ Sen(θ)dθ eθ Sen(θ) [ eθ Cos(θ) + eθ Sen(θ) 4 eθ Cos(θ) e θ Sen(θ)dθ e θ [ Sen(θ) 4 Cos(θ) ] e θ Sen(θ)dθ e θ [ Sen(θ) Cos(θ) ] + K ] e θ Sen(θ)dθ e θ Sen(θ)dθ Se agrega una constante al resultado, por ser una integral indefinida. En ocasiones antes de aplicar integración por partes hay que utilizar una sustitución por u. Ejemplo:.. Calcule Cos(x / ) Hagamos u x /, du x / y du. La sustitución no parece adecuada x / puesto que no tenemos x / o mejor dicho no tenemos el cociente. Esto se arregla así: x / x / x / Cos(x/ ) Ahora procede la sustitución por u: u Cos(u)du ahora aplicaremos integración por partes: f g f g f g f u f g Cos(u) g Sen(u)

5 u Cos(u)du [ u Sen(u) ] Sen(u) u Sen(u) + Cos(u) + K x / Sen(x / ) + Cos(x / ) + K [ x Sen( x) + Cos( x) ] + K Hay integrales que aparecen con mucha frecuencia, por lo tanto es bueno que desarrollemos sus fórmulas..4. Desarrollo de fórmulas de integrales.4.. Sen (x) f g f g f g f Sen (x) g f Sen(x)Cos(x) g x Sen (x) x Sen (x) x[sen(x)cos(x)] El camino no es por aquí ya que, se complica la integración! Cuál es el camino correcto? Solo queda despeñicar Sen (x) [Sen(x)] Sen(x) }{{}}{{} f g f g f g f g f Sen(x) g Sen(x) f Cos(x) g Cos(x) Lo que nos lleva a:

6 Sen (x) Sen(x)Cos(x) + Cos (x) }{{} Sen (x) Sen(x)Cos(x) + ( Sen (x)) Sen(x)Cos(x) + Sen (x) Sen (x) Sen(x)Cos(x) + x + K Sen (x) Sen(x)Cos(x) + x + K Usando identidades trigonométricas podemos llevar el resultado anterior a: Sen(t) Sen(t)Cos(t) 4 Sen(t) Sen(t)Cos(t) Sen (x) x 4 Sen(x) + K Análogamente se puede desarrollar:.4.. Cos (x) [Cos(x)] Cos(x) }{{}}{{} f g f g f g f g f Cos(x) g Cos(x) f Sen(x) g Sen(x) [Cos(x)]Cos(x) Sen(x)Cos(x) + Sen (x) }{{} Sen(x)Cos(x) + ( Cos (x)) Sen(x)Cos(x) + Cos (x) Cos (x) Sen(x)Cos(x) + x + K

7 Tenemos entonces que: Cos (x) Sen(x)Cos(x) + x + K Sen(x) Sen(x)Cos(x) 4 Sen(x) Sen(x)Cos(x) Cos (x) x + 4 Sen(x) + K.5. Ejemplo Práctico Una partícula que se mueve a lo largo de una recta tiene velocidad v(t) t e t m/s después de t segundos. Qué tan lejos viaja después de t segundos? Solución: t ds dt t e t Por lo tanto: ds t e t dt ds s(t) s() t t t e t dt t e t dt s(t) s() Es lo que ha viajado después de t segundos

8 Tenemos entonces que s(t) s() t t }{{} f s(t) s() t e t + f t g e t }{{} e t dt f t g e t g t }{{} f [ t e t + t e t + }{{} e t dt f t g e t g ] e t dt f g e t t e t t e t + [ e t ] t e t [ t t ] t e t [t + t + ] t No olvidar que la integración es definida e t [t + t + ] + e [ + + ] s(t) s() e t [t + t + ] s(t) e [ t t + t + ] Si s() entonces:. Integrales Trigonométricas Pasamos ahora a estudiar técnicas para evaluar integrales trigonométricas. Los siguientes ejemplos ilustran tales técnicas:.. Sen (x)cos (x) Recordemos que Sen (t) Cos (t) y Cos (t) Sen (t)

9 Sen (x)sen(x)cos (x) ( Cos (x))sen(x)cos (x) u Cos(x) ( u ) u du (u u 4 )du u + 5 u5 + K du Sen(x) (Cos(x)) + 5 (Cos(x))5 + K.. 4 π π Sen 5 (x)cos (x) Aquí lo que procede es: Sen 5 (x) Sen 4 (x)sen(x) (Sen (x)) Sen(x) 4 π π 4 π (Sen (x)) Sen(x)Cos (x) π 4 π ( π ( Cos (x)) Sen(x)Cos (x) u Cos(x) 4 π π 4 π π ( u ) u du ( u ) u du (u 4 u + )u 4 π du 8 u8 + u6 ) π 4 u4 4 π [ 8 Cos8 (x) + Cos6 (x) 4 Cos4 (x) (,78 +,47,65) (). 86 π (u 7 u 5 + u )du ] π 4 π du Sen(x)

10 .. π/ Cos (θ)dθ Usando Cos (θ) ( + Cos(θ)) tenemos: π/ [ ( + Cos(θ))dθ π/ dθ + [ π π 4 π/ + (Sen(θ) π/ Cos(θ)dθ [ π + ((Sen(π) Sen()) ] ] ].4. π Sen4 (t)dt Solución: Aquí es bueno recordar que: Sen (θ) ( Cos(θ)) π [Sen (t)] dt π [ π ] ( Cos(6t)) dt ( Cos(6t) + Cos (6t))dt 4 [ π π π ] dt (Cos(6t))dt + Cos (6t)dt 4 [ π 4 6 Sen(6t) π + π ] ( + Cos(t))dt [ π + ( π + ) ] 4 Sen(t) π [π + ] (π + ) 4 π 4 + π 8 π 8.5. π/ Sen (x)cos (x) Solución: La integral anterior se puede ver como:

11 π/ 8 π/ [Sen(x)Cos(x)] ( Cos(4x)) 8 π/ π/ [ ] Sen(x) (Sen (x)) 4 4 [x 4 ] π/ Sen(4x) 8 π 6 π/ [ π 4 Sen(π) + ] 4 Sen() ( Cos(4x)) Otra manera de llegar al resultado es interpretando π/ Cos(4x) en términos de áreas; tal integral es cero ya que:,5 π 4 y Cos(4x),5,5,5 π,5,5,5 Figura : Interpretación adicional.6. Cos 5 (α) Sen(α) dα Solución: Cos(α)Cos 4 (α) Sen(α) dα Cos(α)( Sen (α)) dα Sen(α) hagamos u Sen(α) du Cos(α)dα

12 ( u ) u + u 4 du du u / u / (u / u / + u 7/ )du u / () 5 u5/ + 9 u9/ + K (Sen(α)) / 4 5 (Sen(α))5/ + 9 (Sen(α))9/ + K (Sen(α)) / 4 5 (Sen(α)) (Sen(α)) / + 9 (Sen(α))4 (Sen(α)) / + K (Sen(α)) [ / 5 Sen (α) + ] 9 Sen4 (α) + K 45 (Sen(α))/ [ 45 8Sen (α) + 5Sen 4 (α) ] + K Prueba: d dα se tiene: Cos(α) 45 Sen / (α)( ) [ 45 8Sen (α) + 5Sen 4 (α) ] + 45 Sen/ (α)cos(α) [ 6Sen(α) + Sen (α) ] Cos(α) [ 45Sen / (α) 8Sen / (α) + 5Sen 7/ (α) ] 45 + [ 6Sen / (α) + Sen 7/ (α) ] Cos(α) 45 [ Sen / (α) 8 45 Sen / (α) Sen 7/ (α) 7 45 Sen / (α) + 4 ] 45 Sen 7/ (α) Cos(α) Cos(α) ( Sen / (α) Sen / (α) + Sen 7/ (α) ) Multiplicando por Sen(α) Sen(α) se tiene: ( ) Cos(α) Sen (α) + Sen4 (α) Sen(α) Sen(α) Sen(α) Cos(α) ( ) Sen (α) + Sen 4 (α) Sen(α) ( Sen (α)) Cos(α) Sen(α) Cos4 (α)cos(α) Sen(α) Cos5 (α) Sen(α)

13 .7. Solución: Cos(x) + Sen(x) Sen(x) Cos(x) + Sen(x) Cos(x) Sen(x)Cos(x) Sen(x) Sen(x) + Sen(x) du u + Cos(x) Ln u + Sen(x) + K Ln Sen(x) + Sen(x) + K.8. Sec (x)tg(x) Aquí es bueno recordar: Es claro que al hacer: d (tg(x)) Sec (x) Sec (x) + tg (x) u tg(x) du Sec (x) udu u + K (tg(x)) + K.9. Solución: tg (x) Sen tg (x) Cos (x) Cos (x) (x) Cos (x) Cos (x) () Sec (x) tg(x) x + K

14 .. Sec 6 (t)dt Sec 6 (t)dt Sec 4 (t)sec (t)dt (Sec (t)) Sec (t)dt ( + tg (t)) Sec (t)dt u tg(t) ( + u ) du ( + u + u 4 )du du Sec (t)dt u + u + 5 u5 + K tg(t) + tg (t) + 5 tg5 (t) + K.. π/ tg 5 (x)sec 4 (x) π/ tg 5 (x)sec 4 (x) π/ π/ π/ 6 u6 + 8 u8 tg 5 (x)sec (x)sec (x) tg 5 (x)( + tg (x))sec (x) u 5 ( + u (x))du π/ ( 6 tg6 (x) + 8 tg8 (x) 6 tg6 (π/) + 8 tg8 (π/) (u 5 + u 7 )du ) π/ u tg(x) du Sec (x).. tg (x)sec(x) Aquí es bueno recordar: d (Sec(x)) Sec(x)tg(x)

15 tg (x)sec(x) tg (x)tg(x)sec(x) Sec (x) + tg (x) Sec (x) tg (x) (Sec (x) )tg(x)sec(x) u Sec(x) du Sec(x)tg(x) (u )du u u + K Sec (x) Sec(x) + K.. xsec(x)tg(x) Solución: fg fg f g f x g Sec(x)tg(x) Recordar que: d (Sec(x)) Sec(x)tg(x) f g Sec(x) Sec(x) Ln Sec(x) + tg(x) + K xsec(x)tg(x) xsec(x) Sec(x) xsec(x) Ln Sec(x) + tg(x) + K.4. Csc(x) Solución: Para calcular esta integral se requiere:

16 d (Csc(x)) Cot(x)Csc(x) d ( Cot(x)) Csc (x), Y el truco consiste en: (Csc(x) Cot(x)) (Csc (Csc(x)) (Csc(x) Cot(x)) (x) Csc(x)Cot(x)) (Csc(x) Cot(x)) Hagamos: u Csc(x) Cot(x) du ( Cot(x)Csc(x) + Csc (x)) du (Csc (x) Cot(x)Csc(x)) du Ln u + K Ln Csc(x) Cot(x) + K u.5. Sen(8x)Cos(5x) Solución: Aquí es bueno recordar las siguientes identidades: Sen(A)Cos(B) [Sen(A B) + Sen(A + B)] Sen(A)Sen(B) [Cos(A B) Cos(A + B)] Cos(A)Cos(B) [Cos(A B) + Cos(A + B)] Es claro que A 8x, B 5x. Sen(A)Cos(B) [Sen(x) + Sen(x)] Cos(x) Cos(x) + K 6 Cos(x) 6 Cos(x) + K

17 .6. Sen(5θ)Sen(θ)dθ Solución: Utilizando la segunda igualdad con A 5θ, B θ tenemos: [Cos(4θ) Cos(6θ)]dθ [ 4 Sen(4θ) ] 6 Sen(6θ) + K.7. t t dt Solución: Es claro que: t > t > ó t < Lo que requiere la sustitución: no olvidemos: t Sec(θ) dt dθ Sec(θ)tg(θ) dt Sec(θ)tg(θ)dθ Sec (θ) + tg (θ) Lo que nos lleva a: Sec (θ) Sec (θ) Sec(θ)tg(θ)dθ y π/ π/ π π/x 4 5 Figura : Gráfica de la secante

18 Sec(θ)tg(θ)dθ Sec (θ) tg (θ) Sec (θ) dθ Sec(θ)tg(θ)dθ Sec (θ)tg(θ) Cos (θ)dθ Vamos a transformar los límites de integración de variable t a variable θ, ya que estamos cerca de la solución: t Cos(θ) t f Cos(θ) Cos(θ) θ π 4 Cos(θ) θ π π π 4 Cos (θ)dθ Lo que nos lleva a: Puesto que Cos(θ) Cos (θ) Sen (θ) Cos(θ) Cos (θ) + Cos (θ) + Cos(θ) Cos (θ) Cos (θ) π π 4 ( + Cos(θ)dθ [θ + ] π Sen(θ) π 4 [ π π 4 + Sen(π ) ] Sen(π ) Sen( π ) Sen(π )

19 π 6 π/ π/ / / Figura : Ilustración [ π π 4 + ] () [ π π ] + }{{ 4} 4 [ ] π [ ] π a (a + x ) / Solución: Nuevamente usando sustitución trigonométrica (puesto que hay una raíz cuadrada) tenemos: x atg(θ)

20 Figura 4: Gráfica de tg(θ). π π a asec (θ) dθ (a + a tg (θ)) / Lo que nos lleva a: a asec (θ) a asec (θ) [ a dθ + a tg (θ)] (a Sec (θ)) dθ a asec (θ) a a Sec (θ) dθ a Sec(θ) dθ a a Cos(θ)dθ a (Sen(θ))a Debemos cambiar los límites de integración a variable θ o regresar a la variable original. Puesto

21 x atg(θ) θ x f a a atg(θ) θ π 4 Lo que nos lleva a:.9. 4x Solución: Los valores de x se restringen a: a (Sen(θ))π/4 [ ] a a x x Sen(θ),5 x Sen(θ) π π,5 Figura 5: Límites para los valores de x y θ

22 Lo que nos lleva a: ( ) {}}{ 4 4 Sen (θ) Cos(θ)dθ Sen (θ) Cos(θ)dθ Cos (θ) Cos(θ)dθ Cos (θ)dθ + Cos(θ) dθ + Cos(θ)dθ 4 4 θ + Sen(θ }{{} Sen(θ)Cos(θ) Puesto que: Sen(θ) x ( ) x regresando a la variable originalse acostumbra cuando la integral es indefinida: Sen (θ) 4x Cos (θ) 4x Cos(θ) 4x [Sen (x) + x ] 4x 4 + K 4 Sen (x) + x 4x + K.. x 9 x Solución: x 9 x ó x. La sustitución adecuada es x Sec(θ) dθ Sec(θ)tg(θ) Sec(θ)tg(θ)dθ Sec (θ) + tg(θ) 9Sec (θ) 9 dθ(sec(θ)tg(θ)) 7Sec (θ)

23 tg (θ) Sec (θ) Sec(θ)tg(θ)dθ Sen (θ) Cos (θ) dθ Cos (θ) tg (θ) Sec (θ) dθ Sen (θ)dθ ( Cos (θ))dθ Cos(θ) Cos (θ) Sen (θ) Cos(θ) Cos (θ) ( Cos (θ)) [ ] ( + Cos(θ)) dθ Cos(θ) Cos (θ) [ ] ( + Cos(θ) dθ [θ [θ + ] Sen(θ)] + K + Cos(θ) Cos (θ) Puesto que: x Sec(θ) Cos(θ) x x x 9 θ Figura 6: Aplicación de la sustitución trigonométrica Puesto que la sustitución usada es Sec(θ), es conveniente que la respuesta vaya en térmi-

24 nos de Sec(θ). [ θ ] 4 Sen(θ)Cos(θ) + K 6 θ Sen(θ) 6 Sec(θ) + K 6 Sec ( x ) 6 ( x 9 )/( x x ) + K 6 Sec ( x ) x 9 + K x.. a x a x Solución: x a x a Se supone que a > x a a x a x asen(θ) acos(θ)dθ a a a Sen (θ) a a Sen (θ) acos(θ)dθ a Sen (θ)(a) Cos (θ) acos(θ)dθ a a a 4 Sen (θ)cos (θ)dθ a 4 (Sen(θ)Cos(θ)) dθ a 4 a ( ) Sen(θ) dθ a4 4 a (sen(θ)) dθ Cos(t) Cos (t) Sen (t) Cos(t) ( Sen (t)) Sen (t) Sen (t) Sen (t) Cos(t) Sen (t) Cos(t) Lo que nos lleva a:

25 a 4 8 a 4 a 4 a a Sen (θ)dθ a4 4 ( Cos(4θ))dθ [ ( Cos(4θ)) a4 θ ] a 8 4 Sen(4θ) Recordemos que los valores, a están en la variable original, transformémolos a su par en valor θ: x asen(θ) x θ x a θ π a4 8 a4 8 πa4 6 [θ 4 Sen(4θ) ] π/ [ π ] Sen(π) ( ) x x Solución: x tg(θ) Sec (θ)dθ Sec (θ) + tg (θ)

26 + tg (θ) Sec Sec (θ)sec (θ) (θ)dθ dθ tg(θ) tg(θ) Sec (θ) tg(θ) dθ Sec (θ)sec(θ) dθ tg(θ) ( + tg (θ)) (Sec(θ) + tg (θ)sec(θ)) Sec(θ)dθ dθ tg(θ) tg(θ) (Cot(θ)Sec(θ) + tg(θ)sec(θ)) dθ [ ] Cos(θ) Sen(θ) dθ + Sec(θ) + K Cos(θ) [ ] Csc(θ)dθ + Sec(θ) + K Ln Csc(θ) Cot(θ) + Sec(θ) + K Puesto que: x tg(θ) x + θ x Figura 7: Aplicación de la sustitución trigonométrica Ln + x x + + x + K x

27 ..,6 x 9 5x Solución: Es claro que: 5x < 9 x < < x < 5 x 5 Sen(θ) x θ x. 6 θ π π/ ( 9 5 )Sen (θ) 9 (5)( 9 5 )Sen (θ) ( 5 )Cos(θ)dθ π/ π/ ( 9 5 ) ( 9 5 ) 7 5 Sen (θ)cos(θ) (9)( Sen (θ) dθ ( 7 (θ)cos(θ) 5 )Sen dθ Cos(θ) π/ π/ Sen (θ)dθ ( Cos(θ))dθ π/ ( 9 5 )( ) ( Cos(θ))dθ 9 [θ 5 ( ) ] π/ Sen(θ) 9 5 ( )[π ] 9π x x Solución: x + 4x + 5 (x 4x 5) ((x ) 9) [ (x ) 9 ] Sea u x du

28 La integración se convierte en: ((x (u ) 9) 9)du 9 u )du u Sen(θ) du Cos(θ)dθ 9 9 9Sen (θ) Cos(θ)dθ Sen (θ) Cos(θ)dθ Cos (θ) Cos(θ)dθ 9 Cos (θ)dθ 9 ( + Cos(θ))dθ 9 ( + Cos(θ))dθ 9 [θ + ] Sen(θ) + K θ u 9 u Figura 8: Aplicación de la sustitución trigonométrica 9 [Sen ( u ] ) + Sen(θ)Cos(θ) + K 9 [ Sen ( u ) + u ] 9 u + K 9 [ Sen ( x ] (x ) ) + 9 (x ) + K 9

29 .5. x + x Solución: x (x + x + + ) Usando: u x + du (x u + ) du Usando ahora: u Sec(θ) Sec (θ) + tg (θ) du Sec(θ)tg(θ)dθ Sec (θ) Sec(θ)tg(θ)dθ tg (θ)sec(θ)tg(θ)dθ Sec(θ)tg (θ)dθ Puesto que tg (θ) Sec (θ) se tiene: Sec(θ)(Sec (θ) )dθ (Sec (θ) Sec(θ))dθ Sec (θ)dθ ya fue calculada con anterioridad, lo mismo para Sec(θ)dθ eso conduce a: Sec(θ)tg(θ) + Ln Sec(θ) + tg(θ) Ln Sec(θ) + tg(θ) + K

30 Como: u Sec(θ) Cos(θ) u u u θ Figura 9: Aplicación de la sustitución trigonométrica Regresando a la variable u: u u Ln u + u + K Regresando a la variable x: (x + ) (x + ) Ln x + + (x + ) + K.6. x x4 x x 4 x (x ) Solución: Conviene la sustitución:u x du x du x u du es la integral que debo resolver en términos de u, aplicamos ahora la

31 sustitución u Sen(θ) du Cos(θ)dθ. Sen (θ)cos(θ)dθ Cos (θ)cos(θ)dθ Cos (θ)dθ Sabemos que Cos (θ) ( + Cos(θ)) [ ] ( + Cos(θ))dθ [θ + ] 4 Sen(θ) + K 4 θ + 4 Sen(θ)Cos(θ) + K 4 Sen (u) + 4 u u + K 4 Sen (x ) + 4 x x 4 + K.7. Un problema frecuente Un problema frecuente es encontrar el volumen de un toroide. Un toroide se fabrica al girar le círculo x + (y R) r alrededor del eje x, r R. Solución: Un toroide básicamente es una dona, un problema que sería las delicias de Homero Simpson, aunque debido a su escasa inteligencia dudo que pudiera resolverlo. (, R) Figura : Región de rotación x r (y R)

32 Usando cascarones cilíndricos se tiene: dv r (y R) π(y)dy dv 4πy r (y R) dy Procedemos ahora a usar v y R dv dy dv 4π(v + R) r v dv dv 4πv r v dv + 4πR r v dv V 4π R+r v r v dv + 4π R+r R r R r R r v dv Los límites de integración están en variable y, puesto que al final regresaremos a tal variable, no lo modificaremos. u r v du vdv v rsen(θ) dv rcos(θ)dθ du vdv r θ r v v Figura : Aplicación de la sustitución trigonométrica

33 V 4π [ V π [ V π [ V π [ π R+r R r R+r udu + 4π R r r Sen (θ)rcos(θ)dθ ] R+r u/ R r ] R+r u/ R r ] R+r u/ R r ] R+r u/ R r [ π (r v ) / 4π + 4πR R r R+r R r r Cos (θ)rcos(θ)dθ R+r + 4πRr Cos (θ)dθ R r ] ( + Cos(θ))dθ [ R+r + 4πRr R r + [θ 4πRr + ] R+r Sen(θ) ] R+r R r R r + πrr [ Sen ( v r ) + Sen(θ)Cos(θ) ] R+r [ (r (y R) ) /] [ ( R+r y R + R r πrr Sen r 4π [] + πrr [ ( ) y R Sen r πrr [ Sen () Sen ( ) ] [ π ] πrr ( π ) π Rr 4. Fracciones Parciales 4.. Evalúe x x 6 + ( y R) r R r ) + v r v r r r (y R) Solución: La función racional la expresamos en forma S(x) + R(x). Q(x) x 6 ) x x r ] R+r R r ] R+r R r x x x 6 [ x x x ] x 6 x + 6Ln x 6 + K Que se integra fácilmente

34 4.. Evalúe x 9 (x + 5)(x ) Solución: La potencia del numerador es menor que la del denominador, no hace falta dividir. El denominador Q(x) es producto de factores lineales distintos por lo tanto las fracciones parciales (Caso I) indican: x 9 (x + 5)(x ) A x A x A (x ) + A (x + 5) (x + 5)(x ) x 9 (A + A )x A + 5A A + A A + 5A 9 7A 7 A A Lo que nos lleva a: x 9 (x + 5)(x ) x x x 9 (x + 5)(x ) x + 5 x Ln x + 5 Ln x + K 4.. x Solución: Factorizando el denominador:

35 (x + )(x ) [ A x + + A ] x [ / x + + / ] x x + + x [ Ln x + + Ln x ] Ln 4 + Ln ( Ln + Ln ) Ln 4 + Ln + Ln Ln Ln() + Ln() + Ln() Ln() + Ln( ) + Ln( ) Ln( ) Ln() Ln( 6) Ln() Puesto que Ln() Ln( 4) la respuesta anterior se puede expresar así: Ln( 6) Ln( 6 4) Ln( ) Ln( )/ Ln( ) 4.4. ax x bx Solución: ax x bx ax x(x b) a x b a x b aln x b + K Este ejemplo ilustra que no toda función racional requiere uso de fracciones parciales.

36 4.5. Evalúe 4 x x 4 x x Solución: Puesto que el grado del numerador es igual que el denominador se procede a una división primero: 4 x x x x x x x x 4 4 [ + 4 x x 4 [ x x 4 x (x ) ] ] Aquí tenemos el caso de factores lineales repetidos ya que x x x; este es el caso II de fracciones parciales, se procede así: x (x ) A x + B x + C x x (x ) A(x)(x ) + B(x ) + Cx x (x ) Ax Ax + Bx B + Cx x (x ) Lo que nos lleva al sistema de ecuaciones: A + C A + B B B, A 4 C 4

37 4 [ ] [ /4 4 + / + /4 ] x (x ) x x x [ 4 4 Ln x + x + ] 4 Ln x 4 4 [ 4 Ln(4) ( Ln() 4 Ln() )] Ln() [ Ln(4) + + Ln() + Ln() ] + Ln(4) Ln() Ln() Ln(4) Ln() Ln() Ln(4) (Ln() + Ln()) Ln(4) Ln(6) Ln(4 6 ) Ln( ) Se deja como inquietud al lector investigar los casos III y IV de fracciones parciales.