facultad de ingeniería taller integral seguimiento 1
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FACULTAD DE INGENIERÍA
CÁLCULO INTEGRAL
TALLER N°1 (II- S - 2014 )
I. Determine la diferencial de las funciones dadas.
1) 3y x x
Solución:
𝑑𝑦
𝑑𝑥= 3𝑥2 + 1
2) 𝑢 = 𝑙𝑛(𝑥 + √1 + 𝑥2)
Solución:
𝑑𝑦
𝑑𝑥=
1 +2𝑥
2√1 + 𝑥2
𝑥 + √1 + 𝑥2
𝑑𝑦
𝑑𝑥=
√1 + 𝑥2 + 𝑥
√1 + 𝑥2
1 + √1 + 𝑥2
𝒅𝒚
𝒅𝒙=
𝟏
√𝟏 + 𝒙𝟐+ 𝑪
3) 𝑧 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥 − 2)
Solución:− (𝑑𝑦
𝑑𝑥(tan−1(2 − 𝑥)))
𝑢 = (2 − 𝑥), 𝑎𝑛𝑑 𝑑
𝑑𝑢= (tan−1(𝑢)) =
1
1 + 𝑢2= −
𝑑𝑑𝑥
(2 − 𝑥)
1 + (2 − 𝑥)2
=
𝑑𝑑𝑥
(2) −𝑑
𝑑𝑥(𝑥)
1 + (2 − 𝑥)2=
𝑑𝑑𝑥
(𝑥) + 0
1 + (2 − 𝑥)2=
𝑑𝑑𝑥
(𝑥)
1 + (2 − 𝑥)2=
𝟏
𝟏 + (𝟐 − 𝒙)𝟐+ 𝑪
4) 𝑡 =1
3𝑠𝑒𝑛 (
3
2𝜋𝑥)
Solución:
=1
3(
𝑑
𝑑𝑥(𝑠𝑖𝑛 (
3𝜋𝑥
2)))
𝑢 = 3𝜋𝑥
2; 𝑎𝑛𝑑
𝑑
𝑑𝑢(sin(𝑢) = cos(𝑢))
=1
3𝑐𝑜𝑠 (
3𝜋𝑥
2)
3
2(
𝑑
𝑑𝑥(𝑥)) =
1
2𝜋 cos (
3𝜋𝑥
2) (
𝑑
𝑑𝑥(𝑥)) =
𝟏
𝟐𝝅 𝐜𝐨𝐬 (
𝟑𝝅𝒙
𝟐) + 𝑪
5) 𝑤 = 𝑥𝑒2𝑥
Solución:
𝑥(𝑒2𝑥)′ + 𝑒2𝑥(𝑥)′ = 𝟐𝒙 𝒆𝟐𝒙 + 𝒆𝟐𝒙 + 𝑪
II. Suponga que 2( ) 3d
f x xdx
y
3( ) 2 5
dg x x
dx Halle :
Solución:
(𝑥) =𝑑
𝑑𝑥(√𝑥2 − 3)
𝑔(𝑥) = (2𝑥 + 5)3
a) ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑑
𝑑𝑥(√𝑥2 − 3) 𝑑𝑥
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = √𝑥2 − 3 + 𝑐
b) ∫[−𝑔(𝑥)]𝑑𝑥 = ∫ −𝑑
𝑑𝑥(2𝑥 + 5)3𝑑𝑥
∫[−𝑔(𝑥)]𝑑𝑥 = − (2𝑥 + 5)3 + 𝑐
c) ∫[3𝑓(𝑥) − 5]𝑑𝑥 = ∫ 3𝑑
𝑑𝑥(√𝑥2 − 3) − 5 𝑑𝑥
∫[3𝑓(𝑥) − 5]𝑑𝑥 = 3 (√𝑥2 − 3) − 5𝑥 + 𝑐
III. Si F es una Antiderivada de la función f , entonces CxFdxxf )(
donde )()( xfxF y C una constante real arbitraria. Con la información
anterior verifique que las expresiones del miembro derecho de cada
igualdad es una Antiderivada.
1) ∫ 𝑒2𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 =𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥+2𝑒2𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥
5+ 𝐶
= e 2x
= u → 2e2x
dx = du
cos 𝑥 dx = dv → sin 𝑥 = v
∫ 𝑢𝑑𝑣 = uv − ∫ 𝑣𝑑𝑢
∫ e 2x cos 𝑥 𝑑𝑥 = e 2x sin 𝑥 − ∫ sin 𝑥 [ 2e 2x]dx
∫ e2x cos 𝑥 𝑑𝑥 = e2x sin 𝑥 + 2 ∫ e2x sin 𝑥 𝑑𝑥
e2x = u:
e2x = u → 2e2xdx = du
sin 𝑥 𝑑𝑥 = dv → − cos 𝑥 = v
∫ 𝑢 𝑑𝑣 = uv − ∫ 𝑣 𝑑𝑢
∫ e2x cos 𝑥 𝑑𝑥 = e2x sin 𝑥 + 2 {e2x (− cos 𝑥) − ∫(− cosx) [2e2x] dx}
∫ e2x cos 𝑥 𝑑𝑥 = e2x sin 𝑥 + 2 { e2x cos 𝑥 − 2 ∫ e2x cos 𝑥 𝑑𝑥 }
∫ e2x cos 𝑥 𝑑𝑥 = e2x sin 𝑥 + 2e2x cos 𝑥 − 4 ∫ e2x cos 𝑥 𝑑𝑥
∫ e2x cos 𝑥 𝑑𝑥 + 4 ∫ e2x cos 𝑥 𝑑𝑥 = e2x sin 𝑥 + 2e2x cos 𝑥 + C
5 ∫ e2x cos 𝑥 𝑑𝑥 = e2x sin 𝑥 + 2e2x cos 𝑥 + C
∫ e2x cos 𝑥𝑑𝑥 = 1
5 [e2x sin 𝑥 + 2e2x cos 𝑥] + C
= ∫ 𝐞𝟐𝐱 𝐜𝐨𝐬 𝒙 𝒅𝒙 =𝟏
𝟓𝐞𝟐𝐱 (𝐬𝐢𝐧 𝒙 + 𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝒙) + 𝐂
2) Cxtgxxxsen
dx 3
32
coscot2
53
Solución:
∫𝑑𝑥
√sin3 𝑥 cos3 𝑥
cos3x = cos2 𝑥 × cos 𝑥 ; luego: como cos2 𝑥 = 1 − sin2 𝑥
∫ sin3 𝑥 cos 𝑥 cos2 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ sin3 𝑥 cos 𝑥 (1 − sen2x)dx
𝑢 = sin 𝑥 𝑑𝑢 = cos 𝑥 𝑑𝑥
𝑑𝑥 =𝑑𝑢
cos 𝑥
𝑄𝑢𝑒𝑑𝑎:
∫ u3 cos 𝑥 (1 − u2)𝑑𝑢
cos 𝑥 =
∫ u3 (1 − u2)du = ∫ u3 − u5 du
∫ u3 du − ∫ u5 du =u4
4 −
t6
6
=𝐬𝐢𝐧𝟒 𝒙
𝟒 −
𝐬𝐢𝐧𝟔 𝒙
𝟔
3) ∫ 𝑥2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥 =1
3𝑥3𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛𝑥 −
1
9(𝑥2 + 2)√1 − 𝑥2 + 𝑐
Solución:
∫ Sen−1(u)du = u Sin−1(u) + √1 − u2 + C(1)
∫ ∫xSen−1(x2)dx
𝑢 = 𝑥2; 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥 → 𝑥𝑑𝑥 =𝑑𝑢
2
∫ sin−1 𝑢 (du
2)
1
2∫ sin1 𝑢 𝑑𝑢
1
2(𝑥2 𝑠𝑖𝑛−1 𝑥2) + √(1 − x4) + 𝐶
𝟏
𝟐(𝐱𝟐 𝐬𝐢𝐧−𝟏 𝒙𝟐) +
𝟏
𝟐√𝟏 − 𝐱𝟒 + 𝐂
5)
Cdxxg
xf
xg
xgxfxfxg
)(
)(
)(2
)()()()(22/3
Solución:
IV. Calcule las siguientes integrales indefinidas
1) dxxxx 5728 23
Solución:
∫(8𝑥3 − 2𝑥2 + 7𝑥 − 5)𝑑𝑥
8 ∫ 𝑥3𝑑𝑥 − 2 ∫ 𝑥2𝑑𝑥 + 7 ∫ 𝑥 𝑑𝑥 − 5 ∫ 𝑑𝑥
2𝑥4 −2𝑥3
3+
7𝑥2
2− 5𝑥 + 𝐶
2)
23 2
3
x x
xdx
Solución:
∫(𝑥3 − 𝑥2)2
√𝑥3 𝑑𝑥
∫(𝑥6 − 2𝑥5 + 𝑥4)
√𝑥3
∫(𝑥6 − 2𝑥5 + 𝑥4) × (𝑥)23𝑑𝑥
∫ 𝑥6 × (𝑥)23𝑑𝑥 − ∫ 2𝑥5 × (𝑥)
23𝑑𝑥 + ∫ 𝑥4 × (𝑥)
23𝑑𝑥
∫ 𝑥203 𝑑𝑥 − 2 ∫ 𝑥
173 𝑑𝑥 + ∫ 𝑥
143 𝑑𝑥
3𝑥233
23−
3𝑥203
20+
3𝑥173
17+ 𝐶 =
3) dtT
t0
2cos
Solución:
∫ cos (2𝜆𝑡
𝑇+ 𝜑0)
𝑢 =2𝜆𝑡
𝑇; 𝑑𝑢 =
2𝜆 𝑑𝑡
𝑇
𝑇𝑑𝑢
2𝜆= 𝑑𝑡
∫ cos 𝑢 𝑇𝑑𝑢
2𝜆 →
𝑇
2𝜆∫ cos 𝑢 𝑑𝑢
→ 𝑇
2𝜆sin 𝑢 + 𝐶
𝑇
2𝜆sin (
2𝜆𝑡
𝑇+ 𝜑0) + 𝐶
4) dxex
senx x2tan
3cos (Sugerencia: hacer 𝑢 = 𝑡𝑎𝑛2𝑥 )
Solución:
∫sin 𝑥
cos3 𝑥𝑒tan2 𝑥𝑑𝑥
∫sin 𝑥
cos 𝑥×
1
cos2 𝑥𝑒tan2 𝑥𝑑𝑥
∫ tan 𝑥 sec2 𝑥 𝑒(tan2 𝑥)𝑑𝑥
𝑢 = tan2 𝑥 ; 𝑑𝑢 = 2 tan 𝑥 𝑑𝑥 →𝑑𝑢
2= tan 𝑥 sec2 𝑥 𝑑𝑥
∫𝑒𝑢𝑑𝑢
2=
1
2∫ 𝑒𝑢𝑑𝑢 =
1
2𝑒𝑢 + 𝐶
1
2𝑒tan2 𝑥 + 𝐶
5) dx
x
xxe x
2
2arctan
1
11ln
(Sugerencia:
𝑎+𝑏+𝑐
𝑑=
𝑎
𝑑+
𝑏
𝑑+
𝑐
𝑑 )
Solución:
∫𝑒arctan 𝑥 + 𝑥 ln(1 + 𝑥2) + 1
1 + 𝑥2𝑑𝑥
∫𝑒arctan 𝑥
1 + 𝑥2+ ∫
ln(1 + 𝑥2)
1 + 𝑥2+ ∫
1
1 + 𝑥2
𝑝𝑎𝑟𝑎 (1)
∫𝑒arctan 𝑥
1 + 𝑥2𝑑𝑥 → 𝑢 = arctan 𝑥 → 𝑑𝑢 =
𝑑𝑥
1 + 𝑥2
∫ 𝑒𝑢𝑑𝑢 = 𝒆𝒖 + 𝑪 = 𝒆arctan 𝒙 + 𝑪
𝑝𝑎𝑟𝑎 (2)
∫ln(1 + 𝑥2)
1 + 𝑥2𝑑𝑥 → 𝑢 = 1 + 𝑥2; 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥 →
𝑑𝑢
2= 𝑥𝑑𝑥
∫ln 𝑢
𝑢.𝑑𝑢
2=
1
2∫
ln 𝑢
𝑢𝑑𝑢 → 𝑧 = ln 𝑢 ; 𝑑𝑧 =
𝑑𝑢
𝑢
1
2∫ 𝑧 𝑑𝑧 =
1
2∗
𝑧2
2+ 𝐶 →
1
4(ln 𝑢)2 + 𝐶 → =
1
4(ln 1 + 𝑥2)2
𝑝𝑎𝑟𝑎 (3)
∫𝑑𝑥
1 + 𝑥2= arctan 𝑥 + 𝐶
𝑈𝑛𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎𝑠 𝑡𝑟𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑟𝑒𝑠𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠 (1), (2) 𝑦 (3)
[𝒆𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏 𝒙 + 𝑪] + [1
4(ln 1 + 𝑥2)2 + 𝐶] + [arctan 𝑥 + 𝐶]
= 𝑒arctan 𝑥 +1
4(ln 1 + 𝑥2)2 + arctan 𝑥 + 𝐶
7)
dxxx
xarcsen
1 (Sugerencia: hacer 𝑢 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛√𝑥 )
Solución:
∫arcsin √𝑥
√𝑥(1 − 𝑥)𝑑𝑥
𝑢 = arcsin √𝑥 ; 𝑑𝑢 =
1
2√𝑥
√1 − 𝑥 → 𝑑𝑢 =
2
√𝑥√1 − 𝑥 →
𝑑𝑢
2=
𝑑𝑥
√𝑥(1 − 𝑥)
∫𝒖 𝒅𝒖
𝟐 →
1
2∫ 𝑢 𝑑𝑢 →
1
4𝑢2 + 𝐶 =
1
4(arcsin √𝑥)
2+ 𝐶
8) dxx
xx
2
2
1
1ln
(Sugerencia: hacer 𝑢 = 𝑙𝑛(𝑥 + √1 + 𝑥2))
Solución:
∫ √ln(𝑥 + √1 + 𝑥2)
1 + 𝑥2
∫
√ln(𝑥 + √1 + 𝑥2)
√1 + 𝑥2
𝑢 = ln (𝑥 + √1 + 𝑥2) ; 𝑑𝑢 =
1 + 2𝑥
2√1 + 𝑥2
𝑥 + √1 + 𝑥2𝑑𝑥
→ 𝑑𝑢 =
√1 + 𝑥2 + 𝑥
√1 + 𝑥2
𝑥 + √1 + 𝑥2𝑑𝑥 → 𝑑𝑢 =
1
√1 + 𝑥2
∫ √𝑢 𝑑𝑢 → ∫ 𝑢12 𝑑𝑢 =
2
3𝑢
32 + 𝐶
=2
3(ln(𝑥 + √1 + 𝑥2))
3
2 + 𝐶
9)
dxnx n
n1
Solución:
∫ 𝑥𝑛1−𝑛
𝑛 𝑑𝑥 → ∫ 𝑛1−𝑛
𝑛 × 𝑥1−𝑛
𝑛 𝑑𝑥 → 𝑛1−𝑛
𝑛 ∫ 𝑥1−𝑛
𝑛 𝑑𝑥
𝑛1−𝑛
𝑛 × 𝑥𝑛1−𝑛
𝑛 + 𝐶 → 𝑛1𝑛 × 𝑥
1𝑛 + 𝐶 = (𝑥𝑛)
1𝑛 + 𝐶
V. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales en variables separables
con la condición inicial indicada:
1) 14 xyxy ; 𝑦 = 2 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥 = 1 R/
2ln42
2
xxy
2) ysenxey 2 ; 1)2/( y R/
0cos2 22 yeex
3) 012 dxexxdy y ; 2)1( y R/
2ln2ln 2 exxy
Solución:
a) 𝒙𝒚𝒚′ = 𝟒𝒙 + 𝟏
𝑥𝑦𝑑𝑦
𝑑𝑥= 4𝑥 + 1
𝑦𝑑𝑦
𝑑𝑥=
4𝑥 + 1
𝑥
∫ 𝑦𝑑𝑦 = ∫4𝑥 + 1
𝑥𝑑𝑥
𝑦2
2= 4𝑥 + ln(𝑥) + 𝑐
42
2= 4(1) + ln(1) + 𝑐
2 = 4 + 𝑐
𝑐 = −2
4𝑥 + ln(𝑥) +𝑦2
2= 2
b) 𝒚′ = 𝐞𝟐𝐲𝐬𝐢𝐧 𝒙
𝑑𝑦
𝑑𝑥= e2ysin 𝑥
∫𝑑𝑦
e2y= ∫ sin 𝑥 𝑑𝑥
−2𝑒−2𝑦 = − cos 𝑥 + 𝑐
−2
𝑒2𝑦= − cos 𝑥 + 𝑐
2
𝑒2(1)= cos
𝜋
2+ 𝑐
2
𝑒2= cos
𝜋
2+ 𝑐
𝑐 = 𝑒−2
𝑒−2𝑦 +2cos 𝑥 + 𝑒−2𝑥 = 𝑐
c) 𝒙𝒅𝒚 − (𝟐𝒙 + 𝟏)𝒆−𝒚𝒅𝒙 = 𝟎
(2𝑥 + 1)𝑒−𝑦𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑦
∫(2𝑥 + 1)
𝑥𝑑𝑥 = ∫ 𝑒𝑦𝑑𝑦
2𝑥 + ln(𝑥) + 𝑐 = 𝑒𝑦
ln (2𝑥 + ln(𝑥) + 𝑐) = 𝑦
ln (2(1) + ln(1) + 𝑐) = 2
𝑐 = −2
(2𝑥 + ln(𝑥) − 2) = 𝑦
VI. Demuestre que t
t
ce
cey
1
1 es una solución de 12
21 ydt
dy
X. Calcule las siguientes integrales utilizando la integración por partes
1) dxex x 3/3
Solución:
∫ 𝑥3𝑒−𝑥3 𝑑𝑥
𝑥3 − − − (+) − − − − (𝑒−𝑥3)
3𝑥2 − − − (−) − − − (−3 𝑒−𝑥3)
6𝑥 − − − −(+) − − − − (9 𝑒−𝑥3)
6 − − − −(−) − − (−27𝑒−𝑥3)
0 − − − −(+) − − (81 𝑒−𝑥3)
∫ 𝑥3𝑒−𝑥3 𝑑𝑥 = (−𝑥33𝑒−
𝑥3) − (3𝑥29𝑒−
𝑥3) − (6𝑥 27𝑒−
𝑥3) − (6 ∗ 27𝑒−
𝑥3) − (3 ∗ 81𝑒−
𝑥3)
𝑒−𝑥3[(−3𝑥3) − (3𝑥2 ∗ 9) − (6𝑥 ∗ 27) − (6 ∗ 27) − (81)]
∫ 𝑥3𝑒−𝑥3 𝑑𝑥 = −3𝑒 −
𝑥3[𝑥3 + 9𝑥2 + 54𝑥 + 162] =
2) dtt
tarcsen
1
Solución:
3) ∫ 𝑒4𝑥𝑠𝑒𝑛5𝑥𝑑𝑥
Solución:
∫ 𝑒4𝑥 sin 5𝑥 𝑑𝑥 :
𝑢 = sin 5𝑥 → 𝑑𝑢 = 5 cos 5𝑥 𝑑𝑥; 𝑑𝑣 = 𝑒4𝑥 → 𝑣 =𝑒4𝑥
4
1
4𝑒4𝑥 sin 5𝑥 −
5
4∫ 𝑒4𝑥 cos 5𝑥 𝑑𝑥
∫ 𝑒4𝑥 sin 5𝑥 𝑑𝑥 =1
4𝑒4𝑥 sin 5𝑥 −
5
4∫ 𝑒4𝑥 cos 5𝑥 𝑑𝑥
𝑧 = cos 5𝑥 → 𝑑𝑧 = −5 sin 5𝑥 ; 𝑑𝑡 = 𝑒4𝑥𝑑𝑥 → 𝑡 =𝑒4𝑥
4
∫ 𝑒4𝑥 sin 5𝑥 𝑑𝑥 =1
4𝑒4𝑥 sin 5𝑥 −
5
16[𝑒4𝑥 cos 5𝑥] −
25
16∫ 𝑒4𝑥 sin 5𝑥 𝑑𝑥
∫ 𝑒4𝑥 sin 5𝑥 𝑑𝑥 −25
16∫ 𝑒4𝑥 sin 5𝑥 𝑑𝑥 =
1
4𝑒4𝑥 sin 5𝑥 −
5
16(𝑒4𝑥 cos 5𝑥)
41
16∫ 𝑒4𝑥 sin 5𝑥 𝑑𝑥 =
1
4𝑒4𝑥 sin 5𝑥 −
5
16(𝑒4𝑥 cos 5𝑥)
∫ 𝑒4𝑥 sin 5𝑥 𝑑𝑥 =16
41[1
4𝑒4𝑥 sin 5𝑥 −
5
16(𝑒4𝑥 cos 5𝑥)]
∫ 𝑒4𝑥 sin 5𝑥 𝑑𝑥 =1
41𝑒4𝑥[4 sin 5𝑥 − 5(cos 5𝑥)] + 𝐶
4) dxxxx
112 ln
Solución:
∫ 𝑥2 log 1 − 𝑥
1 + 𝑥𝑑𝑥
𝑢 = log (1 − 𝑥
𝑥 + 1) → 𝑑𝑢 =
2
𝑥2 − 1; 𝑑𝑣 = 𝑥2𝑑𝑥 → 𝑣 =
𝑥3
3
𝑢 = 𝑥 + 1 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
𝑠 = 𝑥 + 1 → 𝑑𝑠 = 𝑑𝑥
= −log 𝑠
3+
𝑥3
3log (
1 − 𝑥
𝑥 + 1) −
𝑥2
3−
1
3log(𝑥 − 1) + 𝐶
=1
3[𝑥3 log (
1 − 𝑥
𝑥 + 1) − 𝑥2 − log(𝑥 − 1)] + 𝐶
=1
3[2𝑥3 arctan 𝑥 − 𝑥2 − log(𝑥2 − 1)] + 𝐶
=1
3[𝑥3 log (
1 − 3
𝑥 + 1) − 𝑥2 − log(1 − 𝑥) − log(𝑥 + 1)] + 𝐶 =
6) ∫ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛√𝑥𝑑𝑥
Solución:
∫ arctan √𝑥 𝑑𝑥
𝑢 = √𝑥 → 𝑑𝑢 =1
2√𝑥𝑑𝑥
2 ∫ 𝑢 arctan(𝑢) 𝑑𝑢
𝑧 = arctan(𝑢) → 𝑑𝑧 =1
𝑢2 + 1𝑑𝑢; 𝑑𝑡 = 𝑢 𝑑𝑢 → 𝑡 =
𝑢2
2
𝑢2 arctan(𝑢) − 2 ∫𝑢2
2(𝑢2 + 1)𝑑𝑢
𝑢2 arctan(𝑢) − ∫𝑢2
(𝑢2 + 1)𝑑𝑢
𝑢2 arctan(𝑢) − ∫ (1 −1
𝑢2 + 1) 𝑑𝑢
𝑢2 arctan(𝑢) − ∫ (1
𝑢2 + 1) 𝑑𝑢 − ∫ 𝑑𝑢
𝑢2 arctan(𝑢) + arctan 𝑢 − 𝑢 + 𝐶
𝑥 arctan(√𝑥) + arctan √𝑥 − √𝑥 + 𝐶 =
XI. Utilice la integración por partes y deduzca las siguientes fórmulas,
1) dxxxdxxxqr
r
q
r
xxqrqr 1
11
ln lnln1
, r y q son números reales y
.1r
2) xdxenxxxdx n
nnn
n
n 2111 cosscoscos , n es un entero positivo mayor o
igual que 1
(Sugerencia: Reescriba el integrando como 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑛−1𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 )
Solución:
𝟏. ∫ 𝐜𝐨𝐬𝒏 𝒙𝒅𝒙
∫ cos x (cosn−2x) dx ; 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 = 𝑑(sin 𝑥)
∫(cosn−1x)𝑑(sin 𝑥) ; 𝑢 = cos𝑛−1 𝑥 ; 𝑑𝑣 = 𝑑(sin 𝑥)
∫ cos𝑛 𝑥𝑑𝑥 = cosn−1x sin 𝑥 − (n − 1) ∫ cosn−2x(sinx)sinx dx
∫ cos𝑛 𝑥𝑑𝑥 = cosn−1x sin 𝑥 + (n − 1) ∫ cosn−2x (1 − cos2 𝑥) dx
∫ cos𝑛 𝑥𝑑𝑥 = cosn−1x sin 𝑥 − (n − 1) ∫ cosn−2xdx − (n − 1) ∫ cos𝑛 𝑥𝑑𝑥
(n − 1) ∫ cos𝑛 𝑥𝑑𝑥 + ∫ cos𝑛 𝑥𝑑𝑥 = cosn−1x sin 𝑥 − (n − 1) ∫ cosn−2xdx
𝑛 ∫ cos𝑛 𝑥𝑑𝑥 = cosn−1x sin 𝑥 − (n − 1) ∫ cosn−2xdx
∫ cos𝑛 𝑥𝑑𝑥 =1
ncos
n−1
x sin 𝑥 −n − 1
n∫ cosn−2xdx
2. ∫ 𝒙𝒓 𝐥𝐧𝒒 𝒙 𝒅𝒙
𝑢 = (𝑙𝑛 𝑥)𝑞; 𝑑𝑣 = 𝑥𝑟𝑑𝑥
𝑑𝑢 =𝑞𝑙𝑛𝑞−1(𝑥)
𝑥; 𝑣 =
𝑥𝑟+1
𝑟 + 1
∫ 𝑥𝑟 ln𝑞 𝑥 𝑑𝑥 = (𝑙𝑛 𝑥)𝑞𝑥𝑟+1
𝑟+1−
𝑞
𝑚+1∫ 𝑥𝑟+1 𝑙𝑛𝑞−1(𝑥)
𝑥𝑑𝑥