APUNTES: CALCULO IIINGENIERIA ELECTRONICA,

BUAP, Enero 2008Prof. German Luna-Acosta

El objetivo de este curso es el de ensenar al estudiante los conceptosbasicos de calculo integral y el manejo y solucion de problemas tıpicos conaplicaciones.

• Preliminares.

• Unidad 1. La integral en una dimension.

• Unidad 2. Metodos de integracion

• Unidad 3. Sucesiones y series.

• Unidad 4. Series alternantes y series de Potencia

El enfasis del curso sera la solucion de problemas, poniendo especial cuidadoen el procedimiento y tecnicas de resolver problemas. Se haran las demostra-ciones de todos los teoremas y se discutiran los axiomas e hipotesis corre-spondientes a cada uno de ellos.

Consultar http://www.ece.buap.mx/Matematicas/

1

Temario

U0. Preliminares.0.1 Repaso de algebra.0.2. Graficado de funciones0.3. SumatoriasU1. La integral en una dimension1.1 Calculo del area bajo una curva.1.2 La integral definida.1.3 Teorema fundamental del calculo y uso de tablas de integrales.1.4 Regla d sustitucion para integrales indefinidas y definidas. Integrales defunciones simetricas.1.5 Aplicaciones: Area entre curvas, volumen y trabajo.U2. Metodos de integracion.2.1 Metodo de substitucion2.2 Integracion por partes.2.3 Integracion de potencias de funciones trigonometricas.2.4 Metodo de integracion por sustitucion trigonometrica .2.5 Metodo de integracion de funciones racionales2.6 Integracion de funciones de la forma de raıces enesimas de la funcion2.6 Aplicaciones: Longitud de arco, area de una superficie de revoluciion2.8 La regla del trapecio.

U3. Sucesiones y series

U4. Series alternantes y series de potenciaExamenes y ejercicios

2

0. PRELIMINARES.0.1 Repaso de algebra.

0.2 Graficado de funciones.

Hay una variedad de paquetes de computacion que nos permiten graficarfunciones de una o mas dimensiones. Por su versatilidad y facil acceso sugierousen MATLAB.

A continuacion doy, como ejemplo, los comando en MATLAB para graficarla funcion y = x3.

x = [−10 : 0.1 : 10];y = x. ∗ x.x;plot (x, y);

La primera linea fija el dominio en que se desee presentar la funci on. Lasegunda linea define la funcion. Note el punto despues de la primera ysegunda x. La tercera linea es el comando de Matlab para graficar. Despuesde escribir eso en el editor de Matlab aparecera en otra pantalla deWindows la grafica. Alli, en la parte superior se puede localizar una flechaque al oprimirla se activara el editor de graficado con el cual se puedecambiar colores, grosor, tipo de linea etc. Tambien se pueden superponer elgraficado de otras funciones escribiendo ”hold”. Por ejemplo,

x = [−π : 0.1 : π];y = cos(x);hold;z = sin(x);plot (x, z).Si se quiere aadir subsequentemente mas graficas se escribe ” hold on;”antes del comando de la funcion adicional.

0.3 Sumatorias.La suma de un numero finito de elementos a1, a2, a3.... se llama sumatoria yse representa con el sımbolo

∑. La suma a1 + a2 + a3 + .. + aN , se escribe∑N

i=1 ai. La suma de los elementos am al aM se escribe∑M

i=m ai.Los elementos ai pueden representar cualquier objeto que pueda sernumerado por enteror. Ejemplos:

3

−3 −2 −1 0 1 2 3−30

−20

−10

0

10

20

30

x

y

y=x3

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x

y

y=sin(x)

.

Figure 1: Graficas de la funcion y = x3 y y = sin(x).

• si ai = i, entonces∑M

i=m ai = 1 + 2 + 3 + ... + M

• ai = i/3, entonces∑M

i=m ai = 1/3 + 2/3 + 3/3 + ....1/M

• ai = i3, entonces∑M

i=m ai = 1 + 23 + 33 + ... + M3

• ai = (i + 2)/3, entonces∑M

i=m ai = 3/3 + 4/3 + 5/3... + (M + 2)/3

• ai = sen(iπ),entonces∑M

i=m ai = sen(1π) + sen(2π) + ... + sen(Mπ)

• ai = 2i, entonces∑M

i=m ai = 2 + 22 + 23 + ... + 2M

En general, los elementos son funciones que pueden ser etiquetadas porenteros. Por ejemplo, ai = f(i) donde f(i) = cos(iπ)i2.TEOREMA 1. Para cualquier constante c,

• (a)∑M

i=m cai = c∑M

i=m ai

• (b)∑M

i=m(ai ± bi) =∑M

i=m ai ±∑Mi=m bi

• (c)∑N

i=1 1 = N

4

Demostracion de parte ( c) del teorema. Como 1j = 1 para todo j, entonces,si definimos ai

i, tenemos∑N

i=1 ai = 1 + 12 + 13 + ... + 13 = 1 + 1 + 1..... + 1,N veces, por lo tanto

∑Ni=1 1 = N .

TEOREMA 2. Sea c una constante y n un numero positivo, entonces;

• (a)∑N

i=1 c = cN

• (b)∑N

i=1 i = N(N+1)2

• (c)∑N

i=1 i3 = [N(N+1)2

]2

• (c)∑N

i=1 i2 = N(N+1)(2N+1)6

• (c)∑N

i=1 i4 = N(N+1)(2N+1)(3N2+3N−1)30

Demostracion de la parte (b).

N∑

i=1

i = 1 + 2 + 3 + .... + (N − 1) + N (1)

yN∑

i=1

i = N + (N − 1) + (N − 2) + .... + 2 + 1 (2)

La suma de los dos lados izquierdos es 2∑N

i=1 i y la suma de los dos ladosderechos, termino por termino es (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + ... ∗ (n + 1),

N veces. Por lo tanto∑N

i=1 i = N(N+1)2

1 La integral en una dimension.

1.1 Calculo del area bajo una curva

.Supongase que se desea calcular el area bajo una curva dada. Por ejmplo,considere la curva definida por la funcion f(x) = −x3 + 20x2 de la figura 1.Podemos obtener una estimacion del area baji la curva, desde x = 6 ax = 10, por la suma de los rectangulos que se muestran en la figura 1.Obviamente, el area aproximada, calculada de esta manera, sera menor quela exacta pues los rectangulos, en su mayorıa estan por debajo de la curva.

5

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

200

400

600

800

1000

1200

x1 x

0 x

2 x

5

f(x0)

f(x1)

f(x2)

f(x4)

f(x)

(a)

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

200

400

600

800

1000

1200

x1 x

0 x

2 x

5

f(x0)

f(x1)

f(x2)

f(x4)

f(x)

(b)

Figure 2: Calculo aproximado del area bajo la curva. La funcion es f(x) =x2(20−x). Note que en (a) la altura de los rectangulos esta dada por el valorde la funcion en el lado izquierdo de cada rectangulo.En (b)la altura de losrectangulos esta dada por el valor de la funcion en el lado derecho de cadarectangulo.

Si por el contrario, consideramos las suma de los rectangulo de la figura 2,entonces el area estimada sera mayor. Comparemos ambas estimaciones.El ancho de cada uno de los 5 rectangulos, en ambas figuras, es∆x = 16−6

5= 2. Para la figura 1, el area del primer rectangulo es f(x0)∆x,

el del segundo f(x1)∆x y ası sucesivamente, hasta el quinto rectangulo deare f(x4)∆x. Esto se expresa por la sumatoria

A(5)I =

i=4∑

i=0

f(xi)∆x, (3)

donde el super ındice 5 indica que es la suma de cinco rectngulosPara figura (b,) que calcula el area de los rectangulo tomando como sualtura el lado derecho, tenemos:

A(5)D =

i=5∑

i=1

f(xi)∆x (4)

Note que la diferencia en las sumatorias esta en el inicio y final de lassumatorias.

6

Los valores de f(x) = x2(20− x) en x0, x1, etc son: f(x0 = 6) = 504, f(x1 =8) = 768, f(x2 = 10) = 1000, f(x3 = 12) = 1152, f(x4 = 14) = 1176, yf(x5 = 16) = 1024. La sumas son:

A(5)I = 2 ∗ (504 + 768 + 1000 + 1152 + 1176) = 9200 (5)

yA

(5)D = 2 ∗ (768 + 1000 + 1152 + 1176 + 1024) = 10, 240. (6)

El valor exacto,como veremos abajo, para el area es 9806.666..., que esintermedio entre los dos valores estimados, con tan solo 5 rectangulos.Es importante darse cuenta que estas dos opciones no son las unicas pero sınaturales. Otra opcion es tomar a altura del rectangulo como el valor de lafuncon en el punto medio. Por ejemplo, para el primer rectangulo, la alturaserıa f((x0 + x1)/2). En realidad, tenemos libertad de escoger la altura decada rectangulo, como nos parezca mejor, dependiendo de la forma de lacurva. Si el numero de rectangulos es finito, en general las sumatorias seranalgo diferentes, pero, como veremos abajo, no hay diferencia entre una yotra cuando se toma un numero infinito de rectangulos.Para tomar en cuenta cualquier opcion, escribimos la sumatoria como

A(n)D =

i=n∑

i=1

f(x∗i)∆x, (7)

donde x∗i es tal que f(x∗i) es la altura del i− esimo rectangulo.Ahora, consideremos el lımite cuando el numero de rectangulos es infinito,i.e, n →∞. Para esto, debemos etiquetar los puntos x∗i. Consideremosprimero la suma AD. Aquı, x∗1 = 6 + ∆x, x∗2 = 6 + 2∆x, ...x∗n = 6 + n∆x. Eltermino generico es x∗i = 6 + i∆x, donde i = 1, 2....n. Escogiendo, anchurasconstantes, ∆x = 10/n. Por lo tanto,

A(n)D = ∆x

i=n∑

i=1

f(x∗i ) =10

n

i=n∑

i=1

(x∗i )2(20− x∗i ). (8)

Substituyendo x∗i = 6 + i10/n = (6n + i10)/n y20− x∗i = 14− 10i/n = (14n− 10i)/n, y haciendo un poquito de algebra,obtenemos

A(n)D = ∆x

i=n∑

i=1

f(x∗i ) =10

n4

i=n∑

i=1

[504n3 + 1320n2i + 200ni2 − 1000i3]). (9)

7

Utilizando, los resultados del Teorema 2, obtenemos

A(n)D ==

10

n4[504n4+1320n2n(n + 1)

2+200n2 (n + 1)(2n + 1)

6−1000

n2(2n + 1)2

4].

(10)Ahora, tomamos el ımite n →∞,obteniendo

AD = 5040 + 6600 + 2000/3− 2500 = 9806.66.... (11)

Adelantandonos un poco, comparamos con la integral de la funcion desdex = 6 a x = 16,obtenemos exactamente el mismo resultado, 9806.66...Ahora comparemos con el calculo obtenido haciendo la suma AI . Aquı, lospuntos donde se calculan las alturas son:x∗1 = x0 = 6, x∗2 = 6 + ∆x, ...x∗n = 6 + (n− 1)∆x, con ∆ = 10/n. Vemos queel termino generico es x∗i = 6 + (i− 1)10

ny la sumatoria va de i = 1 a i = n.

El calculo se harıa de la misma manera como se hizo arriba pero la formade x∗i es un poco mas complicada y consecuentemente el algebra un pocomas tediosa. Sin embargo, podemos etiquetar los lados izquierdos de talmanera que x∗i siga siendo 6 + i∆, pero ahora la sumatoria va desde i = 0ai = n− 1:

A(n)I = ∆x

i=n−1∑

i=0

f(x∗i )

= ∆x[f(x∗0) +i=n−1∑

i=1

f(x∗i )]

= ∆x[f(x∗0) +i=n∑

i=1

f(x∗i )− f(x∗n)]

A(n)I = A

(n)I +

10

n[f(x∗0)− f(x∗n)] (12)

Notamos de esta ultima ecuacion, que la diferencia entre las dos formas desumar areas es cero, cuando n tiende a infinito, ya que las alturas f(x∗0) yf(x∗n) son finitas.Las siguiente suma es muy util y puede ser demostrada facilmente:

i=n∑

i=0

(ai − a1−i = an − a0 (13)

8

Sirve, por ejemplo para demostrar, que

i=n∑

i=0

cos(x) = sen(b), (14)

cuando n →∞ y representa el area bajo la curva f(x) = cos(x) desdex = 0 a x = b > 0 ( ver. e.g. J. Stewart, ”Calculo”, Grupo (EditorialIberoamerica, Mex. 1991), Ej, 4, Pag. 273.

1.2 la integral definida

Recordando que las anchuras ∆xi de la partcion de [a, b] no sonnecesariamente constantes, definimos como || P || al segmento mas ancho detodos ellos. Entonces el lımite n →∞ en la sumatoria es equivalente atomar el lımite || P ||→ 0.En los ejemplos utilizados aqu, eemos visto que la sumatoria con unanumerio finito de terminos representa el area aproximada bajo la curvadefinida por la funcion f(x) y que en el lımite || P ||→ 0, la sumatoriarepresenta el area exacta, independiente de como se hayan definido losrectangulos en la particion. Notese que la funcion en el ejemplo utilizadotoma solamente valores positivos en el dominio donde se calculo el area.Que pasarıa si la funcon toma valores positivos en el dominio [a, b]?Tomemos como ejemplo la funcion f(x) = (x− 1)3. Esta funcion esnegativa para x < 1 y positiva para x > 1. Queremos calcular el area bajoesta curva desde x = 0 hasta x = 2. Para esto, primero obtenmos unaexpresion para la sumatoria Sn ≡ ∑i=n

i=1 f(x∗i )∆xi y despues tomaremos ellımite n →∞. Consideremos, por simplicidad, segmentos constantes,∆xi = 2/n y tomemos a x∗i como la posicicion del lado derecho de cadarectangulo. Entonces,

x∗1 =2

n, x∗2 = 2

2

n, ...x∗i = i

2

n, ...x∗n = 2 (15)

y, por lo tanto,

S(n) =2

n

i=n∑f(x∗i )∆xi

=2

n

i=n∑

i=1

(i2/n− 1)3

9

=2

n

i=n∑

i=1

[8i3

n3− 12

i2

n2+ 6

i

n− 1]

=2

n[8

n3

n2(n + 1)2

4− 12

n2

n(n + 1)(2n + 1)

6+ 6

n(n + 1)

2n− n]

= 4n2(n + 1)2

n4− 4

n(n + 1)(2n + 1)

n3+ 6

n(n + 1)

n2− 2]

(16)

Ahora tomemos el lımite →∞ y obtenemos

S = limn→∞S(n) = 4− 8 + 6− 2 = 0. (17)

Esto quiere decir que el area bajo la curva, desde x = 0 ax = 2 es cero?

10

TEOREMA. Si f es integrable en [a, b], entonces

∫ b

a= lim

n→∞b− a

n

i=n∑

i=1

f [a + ib− a

n] (18)

Demostracion: Escogemos una particion constante ( regular):∆xi = ∆x = b−a

ny elegimos a x∗i como el lado derecho de cada recatangulo:

x∗i = a + i∆x = a + i b−an

.Como ya mencionamos, cuando se toma el limite n →∞, en la suma deRiemann, el resultado es independiente si se toma a x∗i como lado derecho oizquierdo de los rectangulos. Sin embargo, cuando se toma solo un numerofinito de terminos en la suma, entonces generalmente resulta en una mejoraproximacion tomar a x∗i como el punto medio entre los lados, derecho eizquierdo. Es decir, utilizamos la REGLA DEL PUNTO MEDIO:

∫ b

af(x)dx '

i=n∑

i=1

f(xi)∆x = ∆x[f(x1) + f(x2)...f(xn)] (19)

donde

∆x =b− a

ny xi

1

2(xi − xi−1) (20)

1.3 El Teorema Fundamental del Clculo

Teoreman Fundamental del Calculo. Parte 1.Si f es contınua en [a, b], entonces

g(x) =∫ x

af(t)dt, a ≤ x ≤ b (21)

es contınua en [a, b], diferenciable en (a, b) y g′(x) = f(x)Teoreman Fundamental del Calculo. Parte 2.Si f es contınua en [a, b], entonces

∫ x

abf(t)dt = F (b)− F (a) (22)

donde F es cualquier antiderivada de f , F ′ = f .

11

2 Metodos de Integracion

2.1 Metodo de susbstitucion.

Ref. p.297 Stewart.Frecuentemente tenemos que integrar funciones que son, ala vez, funcionesde la variable de integracion: En particular, si el integral es de la forma

∫f(g(x))g′(x)dx (23)

entonces, la substitucion y = g(x) pone el integral en una formageneralmente mas facil para integrar, porque dy = g′(x)dx y por lo tanto

∫f(g(x))g′(x)dx =

∫f(y)dy (24)

Ejemplos:Ej. 1

∫sen(x)2cos(x)dx.Renombrando y = sen(x), entonces dy = cos(x)dx

y

∫sen(x)2cos(x)dx =

∫y2dy = y3/3 + c

= sen3(x)/3 + c(25)

2.2 Metodo de integracion por partes

Ref. P. 425 StewartConsidere una funcion cualquiera G que puede ser expresada como elproducto de dos funciones u y v: G(x) = u(x)v(x). Por la regla de lacadena, el diferencial dG es

dG(x) = (du)v + u(dv (26)

Integrando este diferencial:

∫dG = G = u(x)v(x) + Const. =

∫v(du) +

∫u(dv). (27)

Re acomodando, obtenemos la expresion∫

u(dv) = uv −∫

v(du). (28)

12

que es muy util cuando uno de los integrales, por ejemplo, u dv no esfacilemente integrable mientras que el otro, vdu sı lo es.Ejemplos.Ej. 1

∫cosθsenθdθ =

∫udv = uv − ∫

vdu (29)

Escogemos, por ejemplo, u = senθ y dv = cosθdθ. Entonces du = cosθdθ yv = senθ:

∫cosθsenθdθ = sen2θ − ∫

senθcosθdθ (30)

por lo tanto,

∫cosθsenθdθ = 1

2sen2θ + const. (31)

N.B. Si en lugar, se escoge u = cosθ, dv = senθ, demuestre que el resultadoes −1

2cos2θ + const.′

Ej. 2

∫xexdx =

∫udv = uv − ∫

vdu (32)

Escogemos, u = x y dv = exdx. Entonces du = dx y v = ex:

∫xexdx = xex − ∫

exdx = xex− ex (33)

N.B. si hubieramos escgido u = ex, dv = xdx, entonces du = exdx yv = x2/2 y por lo tanto,

∫xexdx = x2ex/2− ∫

x2exdx/2, (34)

lo cual nos aleja de la solucion que buscamos. Por otro lado, si buscamoscalcular el integral

∫x2exdx/2, entonces podemos utilizar esta ultima

expresion una vez que hayamos evaluado el lado izquierdo.Ej. 3

13

Ej. 4Ej. 5Ej. 6Ej. 7. I(x) =

∫ln(x)dx

Escogemos u = ln(x) y dv = dx, entonces du = 1xdx y v = x. Por lo tanto,

∫ln(x)dx =

∫udv = uv − ∫

vdu

= ln(x)x− ∫x 1

xdx∫

ln(x)dx = xln(x)− x + c.

(35)

Ej. 8Ej. 9Ej. 10Ej. 11Ej. 12

2.3 Integracion de potencias de funcionestrigonometricas

Ej. 1. I(x) =∫

cos(x)2dxEscogemos u = cos(x) y dv = cos(x)dx. Entonces, du = −sen(x)dx yv = sin(x). Por lo tanto,

∫cos2(x)dx =

∫udv = uv − ∫

vdu

= cos(x)sen(x) +∫

sen2(x)dx(36)

Notamos que el nuevo integral ala derecha de la ecuacion es tan dificil deevaluar como el de la derecha y por lo tanto, pareciera que el metodo deintegracion por parte no fue de utilidad. Sin embargo, si sustituimossen2(x) = 1− cos2(x), obtenemos:

∫cos2(x)dx = cos(x)sen(x) +

∫dx− ∫

cos(x)2dx] (37)

Como el tercer termino es identico al de la derecha, sigue que

14

∫cos2(x)dx = 1

2[cos(x)sen(x) + x + c] (38)

Otra forma de hacer este integral es usando la identidad cos(x)2 = 1+cos(2x)2

y usar la substitucion y = 2x, dy = 2dx, y entonces,

∫cos2(x)dx =

∫ 1+cos(2x)2

dx

=∫ 1

2dx +

∫ cos(2x)2

dx= x

2+ 1

4

∫cos(y)dy∫

cos2(x)dx = x2

+ 14sen(2x)

(39)

Ambos resultados son correctos, como puede verificarse, al tomar laderivada de las soluciones. Tambien se puede ver que son iguales debido ala identidad sen(2x) = 2sen(x)cos(x).Ej. 2. I(x) =

∫cos(x)3dx

Este integral se puede efectuar de varias formas. Si escogemos u = cos(x)2

y dv = cos(x)dx, entonces du = −2cos(x)sen(x) y v = sin(x) y

∫cos3(x)dx =

∫udv = uv − ∫

vdu

= cos(x)2sen(x) + 2∫

cos(x)sen2(x)dx= cos(x)2sen(x) + 2

∫cos(x)(1− cos2(x))dx

= cos(x)2sen(x) + 2∫

cos(x)dx− 2∫

cos(x)cos3(x)dx.

(40)

Notamos que el integral∫

cos3(x)dx, aparece tambien en el lado derecho dela ecuacion, por lo tanto,

∫cos3(x)dx = 1

3[cos(x)2sen(x) + 2sen(x) + C] (41)

Es facil checar, usando el teorema Fundamental del calculo que esteresultado es correcto. Ahora hagamos el integral de la siguiente manera:

∫cos3(x)dx =

∫cos2(x)cos(x)dx

=∫[1− sen2(x)]cos(x)dx

(42)

15

Si substituimos z = sen(x), entonces dz = cos(x)dx y el integrando seconvierte en:

=∫[1− u2]du = u− u3/3 + const.

= sin(x)[1− sen2(x)/3] + const.(43)

Este resultado tambien es correcto y muestra que un mismo integral puedeestar dado en terminos de diferentes funciones.Ej. 3. I(x) =

∫cos(x)4dx

Podemos escoger u = cos(x)3, y dv = cos(x)dx. Por lo tanto,du = −3cos(x)2sen(x) y v = sen(x) y entonces

∫cos4(x)dx =

∫udv = uv − ∫

vdu

= cos(x)3sen(x) + 3∫

cos(x)2sen2(x)dx= cos(x)3sen(x) + 3

∫cos(x)2(1− cos2(x))dx

= cos(x)3sen(x) + 3∫

cos(x)2dx− 3∫

cos4(x)dx.∫cos4(x)dx = 1

4[cos(x)3sen(x) + 3

2[cos(x)sen(x) + x + c].

(44)

Otra forma de hacer este integral es usando la identidadcos2(x) = (1 + cos(2x))/2 y sustituyendo y = 2x, dy = 2dx

∫cos4(x)dx = 1

4

∫[1 + cos(2x)]2dx

= 18

∫(1 + 2cos(y) + cos2y)2dy

= 18[y + 2sen(y) +

∫cos2(y)dy]

(45)

Ahora utilizamos el resultado del primer ejemplo para∫

cos2(y)dy yobtenemos

∫cos4(x)dx = 1

8[y + 2sen(y) + 1

2sen(y)cos(y) + 1

2y]

= 18[3x + 2sen(2x) + 1

2sen(2x)cos(2x)],

(46)

la cual se puede checar que es correcta usando el Teorema Fundamental,

2.4 Metodo de substitucion trigonometrica

16

2.5 Integracion de funciones racionales

Definicion. La funcion f(x) = P (x)/Q(x) es una funcion racional si P (x)y Q(x) son polinomios:

P (x) = bmxm + bm−1xm−1 + · ·+b1x

1 + b0 bm 6= 0 (47)

Q(x) = anxn + an−1xn−1 + · · a1x

1 + b0 an 6= 0, (48)

Donde el grado de P es m y el de Q es n.Definicion. La funcion irracional f = P/Q se dice propia si el grado,gr(P ) < gr(Q) e impropia si gr(P ) ≥ gr(Q).Si f es impropia, entonces es necesario mediante una division larga, comoprimer paso para la utilizacion del metod que en seguida se muestra,convertirla en la suma de un polinomio y una funcion propia:

f(x) = P/Q = S(x) + R(x)/Q(x) (49)

,donde el grado del polinomio R es menor que el de Q.PARENTESIS: Division larga.CASOS DE FUNCIONES RACIONALES PROPIAS:Caso 1. Q(x) producto de k factores lineales distintos:

Q(x) = (a1x + b1)(a2x + b2) · ·(akx + bk) (50)

.Caso 2. Q(x) producto de k factores lineales, algunos repetidos. Porejemplo, el factor (a1x + b1) se repite 2 veces:

Q(x) = (a1x + b1)(a1x + b1) · ·(akx + bk) (51)

.Caso 3. Q(x) contiene k factores cuadraticos irreducibles distintos todos:

17

Q(x) = (a1x2 + b1x + c1)(a2x

2 + b2x + c2) · ·(akx2 + bkx + ck) (52)

.Caso 4. Q(x) contiene un factores cuadratico repetido, e.g. el primero:

Q(x) = (a1x2 + b1x + c1)(a1x

2 + b1x + c1) · ·(akx2 + bkx + ck) (53)

.Para cada caso un teorema de algebra garantiza que se pueden escribircomo sumas de de funciones racionales simples.

Para el caso 1:

R(x)/Q(x) = A1/(a1x + b1) + A2/(a2x + b2) + · · Ak/(akx + bk) (54)

.Para el caso 2. Ejemplo: dos terminos estan repetidos.

R(x)/Q(x) = A1/(a1x + b1) + A2/(a1x + b1) + · · Ak/(akx + bk)2 (55)

.Para el caso 3:

R(x)/Q(x) = (A1x + B1)/(a1x2 + b1x + c1) + (A2x + B2/(a2x

2 + b2x + c2) + ··+ (Akx + Bk)/(akx

2 + bkx + ck)(56)

.Para el caso 4. Ejemplo: dos terminos estan repetidos.

R(x)/Q(x) = (A1x + B1)/(a1x2 + b1x + c1) + (A2x + B2/(a1x

2 + b1x + c1)2 (57)

.Por lo tanto, la integracion de funciones irracionales propias se reduce a laevaluacion de los siguientes tipos de integrales:

I1 ≡∫ A

ax+bdx

I2 ≡∫ A

(ax+b)r dx

I3 ≡∫ Ax+B

ax2+bx+c

I4 ≡∫ Ax+B

(ax2+bx+c)r dx

(58)

18

.Ahora procedemos a integrar estas formas: El integral I1 es muy sencillo deefectuar si sustituimos y = ax + b, dx = dy/a:

I1 = 1a

∫ Aax+b

dx = Aaln | ax + b | +Const. (59)

.Similarmente, sustituyendo y = ax + b, dx = dy/ai en el integrando de I2,obtenemos

I2 = Aa

∫yrdy = A

a(ax + b)−r+1/(1− r) + Const, r = 2, 3, 4, ... (60)

.Los casos 3 y 4 requieren un poco mas de manipulacion a menos que A = 2ay B = b. En este caso particular la substitucion y = ax2 + bx convierte elintegral I3 en

∫y−1dy = ln(y) + const. y el integral I4 en

∫y−rdy

En la situacion general que constantes A 6= 2a y B 6= b entonces convieneescribir el denumerador de la siguiente manera:

ax2 + bx + c = u2 + f 2 (61)

donde la nueva variable u es

u =√

ax + b2√

a (62)

y la constante f es

f 2 ≡ c− b2

4a(63)

Ahora substituimos x = [u− b2√

a]/√

a y dx = du/√

a en el integrando de I3:

I3 = Aa

∫ (u− b2√

a)du

u2+f2 + B√a

∫ duu2+f2 . (64)

Reagrupando esta ultima expresion:

19

I3 = Aa

∫ uduu2+f2 + 1√

a(B − Ab

2a)∫ du

u2+f2 . (65)

Vemos que tenemos dos tipos de integrales a evaluar:

J1 ≡∫ udu

u2+f2 (66)

y

J2 ≡∫ du

u2+f2 (67)

El J1 lo hacemos substituyendo y = u2 + f 2) y obtenemos

J1 ≡∫ udu

u2+f2 = 12ln(u2 + f 2) + const = 1

2ln(ax2 + bx + c) + const. (68)

El J2 es de la forma∫

dz/(z2 + 1) = tan−1z. Re-escribamos J2:

J2 =∫ du

u2+f2 = 1f2

∫ duf−2(u2+f2)

= 1f

∫ du/f(u/f)2+1) (69)

Ahora sustituyendo z = u/f y dz = du/f , vemos que

J2 = 1ftan−1(u/f) = 1

ftan−1[(

√ax + b)/f ]. (70)

Finalmente, re-emplazando J1 y J2 en la ultima expresion de I3, tenemosAhora sustituyendo z = u/f y dz = du/f y , vemos que

I3 = A2a

ln | ax2 + bx + c | + 1√a(B −√Ab2a) 1

ftan−1[

√ax+ b

2√

a

f], (71)

donde f 2 = c− b2

4a.

2.6 Integracion de funciones de la forma raicesenesima de la funcion

Consideramos ahora tecnica para integrar funciones que contienen

expresiones de la forma n√

g(x) = g1/n(x).

20

Ej. 1

I =∫ √

xdxx+1

(72)

Es natural escoger la substitucion u =√

x, entonces du = dx2√

x= 1

2dxu

,

→ u2 = x, dx = 2udu. Substituyendo esto en el integrando:

I = 2∫ u2du

u2+1. (73)

Ahora, usando division larga, u2

u2+1= 1− 1

u2+1, el integral toma la forma

I = 2∫(1− 1

u2+1)du = 2(u− tan−1(u)), u =

√x (74)

Ej. 2

I =∫ x2dx√

x−1(75)

Tomamos u =√

x− 1. Entonces u2 = x− 1 y dx = 2udu. Comonecesitamos x2 en terminos de u, elevamos u a la cuarta potencia ydespejamos x2: x2 = u4 + 2x− 1 = u4 + 2(u2 + 1)− 1 = u4 + 2u2 + 1.Substituyendo esto el integral se convierte en:

I = 2∫ (u4+2u2+1)udu

u= 2

∫(u4 + 2u2 + 1)du

= 2[u5/5 + 2u3/3 + u] + Const,(76)

donde u5 = (x− 1), u3 = (x− 1)3/5 y u =√

x− 1.Ejercicio: Verificar que el resultado es correcto, utilizando el Teoremafundamental del Calculo.Ej. 3:

I =∫

dx/(√

x +3√

x) (77)

Siguiendo la tecnica utilizada en los ejemplos anteriores, sugiere quetomemos u =

√x o bien u = x1/3.

21

Si utlizamos u =√

x, el integral se convierte en:

I =∫

2du/(u + u2/3), (78)

lo cual no ayuda. Si tomamos u = x1/3, el integral se convierte en:

I =∫

3u2du/(u3/2 + u), (79)

que tampoco nos ayuda. Sin embargo si tomamos u = x1/6, entoncesx1/2 = u3, x1/3 = u2, con dx = 2u5du y por lo tanto el integral toma laforma:

I =∫

2u5du/(u3 + u2) =∫

2u3du/(u + 1), (80)

el cual puede integrarse facilmente una vez que escribamos el integrando ensuma de fracciones simples por medio de division larga:u3/(u + 1) = u2 − u + 1− 1/(u + 1). Es decir,

I =∫

2u3du/(u + 1) = 2[u3/3− u2/2 + u− ln | u + 1 |] + const, (81)

donde u3 = x1/2, u = x1/6 y u2 = x1/3.

2.7 Aplicaciones: Longitud de arco, area de unasuperficie de revolucion

Considere la figura 3 donde se muestra una curva y = y(x) arbitraria de lacual requerimos calcular su longitud. Notamos que la longitud de la curvadesde un punto a otro es la suma infinita de distancias infinitesimales ( oelementos de longitud) dl. Por lo tanto la longitud es el integral de dl desde:

L =∫

dl, (82)

donde

dl2 = dx2 + dy2. (83)

22

0 2 4 6 8 10−6

−4

−2

0

2

4

6

8

dx

dydl

y

x .

Figure 3: Calculo de la longitud de una curva especificada por la funciony = y(x).dl es la hipotenusa de un triangulo infinitesimal de catetos dy y dx.

Como y(x), entonces dy = (dy/dx)dx = y′dx y entonces

dl2 = dx2 + y′2dx2 = (1 + y′2)dx2. (84)

Si por el contrario,la curva esta descrita por x = x(y) entonces,dx = (dx/dy)dy = x′dy y el cuadrado del elemento de longitud es

dl2 = dx2 + y′2dx2 = (1 + x′2)dy2. (85)

Se usara la que facilete mas el calculo del integral:

L =∫

dl =∫ xbxa

√1 + y′2dx, (86)

o

L =∫

dl =∫ ybya

√1 + x′2dy. (87)

2.8 Regla del trapecio para calculo de areas

23

3 examenes y ejercicios

SOLUCIONES AL PRIMER EXAMEN DEPARTAMENTAL ( Oct. 17,2006)Problema 1. Evaluar I =

∫ln(1− x)dx, por el metodo de integracion por

partes.Primero, hacemos la susbtitucion: y = 1− x, por lo tanto dy = −dx y

∫ln(1− x)dx = −

∫ln(y)dy. (88)

(89)

Integrando por partes y escogiendo u = ln(y) y dv = dy,entoncesdu = dy/y, v = y:

− ∫ln(y)dy = − ∫

udv = −[uv − ∫vdu]

= −[yln(y)− ∫dy]

= −yln(y) + y + c∫ln(1− x)dx = −(1− x)ln | 1− x | +1− x + c.

(90)

Problema 2. Evaluar I =∫

x3√

4− x2dx, aplicando sustituciongeometrica.La sustitucion apropriada aquı es x = 2sen(θ) o x = 2cos(θ), no haypreferencia y el resultado final debe ser el mismo. Utilizando x = 2sen(θ),entonces

√4− x2 =

√4− 4sen2θ = 2cosθ y dx = 2cos(θ)dθ. Substituyendo

todo esto,

∫x3√

4− x2dx =∫

8sen(θ)32 cos(θ)2 cos(θ)dθ

= 32∫

sen2(θ)cos2(θ)sen(θ)dθ(91)

Ahora substituimos u = cos(θ) y du = dcos(θ) = −sen(θ)dθ

∫x3√

4− x2dx = −32∫(1− u2)u2du

= −32(u3/3− u5/5) + Const.(92)

24

Finalmente, debemos escribir el resultado en terminos de la variableoriginal,x. Como u = cos(θ) =

√4− x2/2, entonces

u3 = [√

4− x2/2]3 = (4− x2)3/2/√

8 y u5 = [√

4− x2/2]5 = (4− x2)5/2/√

32.Verifiquemos, usando el Teorema fundamental del Calculo que esteresultado es correcto:

dI/dx = (dI/du)(du/dx)

= −32(u2 − u4)(du/dx)= −32(u2 − u4)(−x/4u)= 8x(u− u3)= 8xu(1− u2)

= 8x√

(4− x2)/4(1− (4− x2)/4)

= x3√

4− x2.

(93)

Por lo tanto, la integracion es correcta.

Problema 3. Evaluar I =∫(3x− 7)/(x3 + x2 + 4x + 4)dx, aplicando

fracciones parciales. Primero notamos que el integrando es una funcionracional propia, por lo tanto no necesitamos hacer la division larga. Luegonotamos que el denomenidar se puede factorizar:x3 + x2 + 4x + 4 = (x + 1)(x2 + 4) y que (x2 + 4) no es reducible. Entoncesel integrando puede escribirse como

(3x− 7)/(x3 + x2 + 4x + 4) = Ax+1

+ Bx+Cx2+4 (94)

Multiplicando por el denominador ambos lados de la ecuacion, obtenemos

(3x− 7) = (A + B)x2 + (B + C)x + 4A + C (95)

esta ecuacion es valida para todo x. Para x = 0, tenemos

−7 = 4A + c (96)

Para x = 1 y x = −1, respectivamente, tenemos

A + 2B + C = 3−10 = 5A.

(97)

25

Resolviendo este sistema de tres ecuaciones con tres incognitas A,B, C, seobtiene que A = −2, B = 2, C = 1.Otra manera de determinar los coeficientes A,B y C es igualando loscoeficientes de los terminos x, x2 y los constantes: del lado izquierdo 3 es elcoeficiente de x y del lado derecho el coeficiente de x es B + C. Por lotanto, 3 = B + C. Como no hay terminos cuadraticos del lado izquierdo ydel lado izquierdo el coeficiente del termino cuadratico es B + C, entonces0 = B + C. Finalmente, el termino constante del lado izquierdo es −7 y dellado derecho es 4A + C. En resumen:

3 = B ∗+C0 = A + B−7 = 4A + C.

(98)

De la segunda ecuacion arriba vemos que A = −B. Sustituyendo esto en laprimera tenemos 3 = −A + C o sea C = 3 + A que sustituyendo en latercera obtenemos A = −2. Entonces A = −2, B = 2 y C = 1.Subtituyendo los valores de A,B y C tenemos

∫(3x− 7)/(x3 + x2 + 4x + 4) = − ∫

2dx/(x + 1) +∫

2xdx/(x2 + 4) +∫

dx/(x2 + 4)

= −2ln | x + 1 | + ∫u−1du + 1

4

∫dx/(1 + (x/2)2)

= −2ln | x + 1 | + ∫u−1du + 1

2

∫dy/(1 + y2)

(99)

donde usamos u = x2 + 4 y y = x/2.Entonces

∫(3x− 7)/(x3 + x2 + 4x + 4) = −2ln | x + 1 | +ln | x2 + 4 | +1

2tan−1(x/2)(100)

Checamos que dI/dx = −2/(x + 1) + (2x + 1)/(x2 + 4), lo que demuestraque la solucion es correcta.

Problema 4. Evaluar∫ √

xdx/[√

x− (√

x)3]Aquı conviene substituir u = x1/6, entonces,x1/2 = u3, x1/3 = u2 ydx = 6u5du. Por lo tanto,

∫ √xdx/[

√x− (

√x)3] = 6

∫u3u5du/(u3 − u2) = 6

∫u6du/(u− 1) (101)

Por division, u6/(u− 1) = 1 + u + u2 + u3 + u4 + u5. Entonces,

26

∫ √xdx/[

√x− (

√x)3] = 6(u + u2/2 + u3/3 + u4/4 + u5/5 + u6/6) + const.(102)

, donde u = x1/6.Note que dI/dx = (dI/du)(du/dx) = 6u6/(u− 1) 1

6u5 = u/(u− 1) =u3/(u3 − u2) =

√x/[√

x− (√

x)3]. Por lo tanto, la solucion es correcta.//Problema 5. Calcular la longitud L de la curva y = 1

3(x2 + 2)3/2.

Necesitamos calcular el integral de dl =√

1 + y′2dx, dondey′ = dy/dx = x(x2 + 2)1/2. Entonces,

L =∫ 10 dx

√1 + x2(x2 + 2) =

∫ 10 dx

√(1 + x2)2 =

∫ 10 dx(1 + x2)

= (x3/3 + x) |10= 1/3 + 1 = 4/3.

(103)

//Problema 6. Calcular el area A de la superficie obtenida al hacer girar lacurva y =

√x, x ∈ [0, 1] en torno del eje x.

Necesitamos dy/dx = 12x−1/2 = 1

2y, dy = dx

2y.

A =∫ 94 2πy

√1 + y′2)dx =

∫ 94 2πy

√1 + 1/(2y)2 2ydy

=∫ 94 2πy

√4y2 + 1 dy.

(104)

Ahora substituimos u = 4y2 + 1,du = 8ydy,

A = 2π8

∫duu1/2 = π

6u3/2

= π6(4y2 + 1)3/2 = π

6(4x + 1)3/2 |94

= π6((37)3/2 − (17)3/2)

(105)

27

examen parcial 1: CALCULO IIINGENIERIA ELECTRONICA,

BUAP, Sept 1 2007Prof. German Luna-Acosta

Evaluar por medio de la sumatoria de Riemann, limn→∞∑i=n

i=1 f(x∗i )∆x,, lossiguientes integrales:

• 1.∫ 7−2(6− 2x)dx

• 2.∫ 10 (x3 + 4x)dx

Demostrar que

• 3.∫ ba xdx = b2−a2

2

SolucionesProblema 1.

S ≡∫ 7

−2(6− 2x)dx = lim

n→∞

i=n∑

i=1

(6− 2x∗i )∆xi. (106)

Dividimos el intervalo [−2, 7] en n segmentos del mismo tamano∆x = (7− (−2))/n = 9/n; escogemos a x∗i como el lado derecho de losrectangulos,

x∗i = −2 + i9

n, (107)

entonces, 6− 2x∗i = 10− i18n

y

S = limn→∞∑i=n

i=1 (10− i18n

) 9n

= limn→∞[90n

∑i=ni=1 1− 162

n2

∑i=ni=1 i]

= limn→∞[90− 81n+1n

]

= 90− 81 = 9.

(108)

Problema 2.

28

Aquı ∆xi = 1/n y x∗i = i/n, entonces:

S = limn→∞[1/n∑i=n

i=1 (i/n)3 + 4/n∑i=n

i=1 (i/n)]

= limn→∞[1/n4 ∑i=ni=1 i3 + 4/n2 ∑i=n

i=1 i]

= limn→∞[n2(n + 1)2/(4n4) + 2(n + 1)/n]

S = 1/4 + 2 = 9/4.

(109)

Problema 3.Aquı ∆xi = (b− a)/n y x∗i = a + i(b− a)/n, entonces:

S = limn→∞[(b− a)/n∑i=n

i=1 (a + i(b− a)/n)]

= limn→∞[(b− a)a/n∑i=n

i=1 1 + (b− a)2/n2 ∑i=ni=1 i]

= limn→∞[(b− a)a + (b− a)2(n + 1)/(2n)]

= (b− a)a + (b− a)2/2

S = (b− a)(b + a)/2 = (b2 − a2)/2.

(110)

29

Soluciones al Tercer Examen parcial1. Evaluar I =

∫exp(x)sen(exp(x))dx.

Substituyendo y = exp(x), dy = exp(x)dx, entonces

∫exp(x)sen(exp(x))dx =

∫sen(y)dy = −cos(y) + const.

= −cos(exp(x)) + Const.(111)

Chequeo: dIdx

= sen(exp(x))exp(x).

2. Evaluar∫ dx

x√

lnx.

Substituyendo y = ln(x), dy = dx/x, entonces

∫ dxx√

lnx=

∫y−1/2 = 2y1/2 + Const.

= 2(lnx)1/2 + Const.

(112)

Chequeo: dIdx

= 212(lnx)−1/2 1

x= 1

x√

lnx

3. Evaluar I =∫ 10 tan−1xdx

Por partes: u = tan−1x, dv = dx, → du = dx/(1 + x2), v = x, entonces,

∫ 10 tan−1xdx =

∫udv = uv − ∫

vdu.

= xtan−1x− ∫xdx/(1 + x2)

(113)

Ahora substituimos y = 1 + x2, dy = 2xdx:

∫ 10 tan−1xdx = [xtan−1x− 1

2ln | 1 + x2] |10

= π4− ln(2)

2.

(114)

4. Evaluar I =∫ (cosx+senx)dx

sen(2x

Usando sen(2x) = 2sen(x)cos(x),

30

∫ (cosx+senx)dxsen(2x

= 12

∫csc(x)dx + 1

2

∫sec(x)dx (115)

Recordamos: dtan(x) = sec2(x)dx, dcot(x) = −csc2(x)dx, dsec(x) =sec(x)tan(x), dcsc(x) = −csc(x)cot(x). Entonces,si u = csc(x) + cot(x),du = −(cot(x) + csc(x))csc(x)dx,→ −du/u = csc(x)dx, por lo tanto

∫csc(x)dx = − ∫

du/u = −ln | u | +const. = −ln | csc(x) + cot(x) | +const.(116)

Similarmente, si v = sec(x) + tan(x), dv = sec(x)(tan(x) + sec(x))dx,→ dv/v = sec(x)dx, por lo tanto,

∫sec(x)dx =

∫dv/v = ln | v | +const. = ln | sec(x) + tan(x) | +const.(117)

substituyendo estos resultados, obtenemos

∫(cos(x)+sen(x)dx/sec(2x) =

1

2[ln | sec(x)+tan(x) | −ln | csc(x)+cot(x) |]+const.

(118)5. Evaluar

∫tan−1(x)dx.

Como dtan−1(x)/dx = dx/(1 + x2), entonces, con u = tan−1(x) y dv = dx,integrando por partes, con u = tan−1(x) y dv = dx

∫tan−1(x)dx =

∫udv = uv − ∫

vdu = xtan−1(x)− ∫xdx/(1 + x2).

= xtan−1(x)− 12ln | 1 + x2 | +const.

(119)

31

TAREA para el 28 Feb. 2008:Evaluar usando el metodo de fracciones racionales:

I =∫

x2/(x + 1)dx. (120)

I =∫

1/[x(x + 1)(2x + 3)]dx. (121)

I =∫

1/[x4 − x2]dx. (122)

I =∫

(x3 − 1)−1dx. (123)

32

SOLUCIONES PRIMER EXAMEN DEPARTAMENTALCALCULO II, 3/03/2008Probl. 1 Resolver el integral

∫ 1x(ln x)2dx.

Se pueden ocurrir dos forma de hacer el integral: por partes o porsubstitucion. Si intentamos por partes, pronto nos damos cuenta que sitomamos u = (ln x)2 y dv = dx/x entonces el terminod vdu es mascomplicado que el original. Si tomamos u = 1/x y dv = (ln x)2 entoncestendriamos que obtener primeramente el integral de dv. Vemos que ambasopciones complican la evaluacion. Por lo tanto intentamos por el metodo decambio ( o substitucion) de variables. Sea y = ln x. Por lo tanto, dy = dx/xy

∫ 1x(ln x)2dx =

∫y2dy

= y3/3 + const

= (ln x)3/3 + const.

(124)

Probl. 2 Resolver el integral∫

x3√

4− x2dx.Es claro que el metodo apropiado es substituyendo y = 4− x2. Entoncesx2 = 4− y y dy = −2xdx y

∫x3√

4− x2dx =∫

x2√

4− x2xdx = −12

∫(4− y)y1/2dy

= −12

[4y2/3(2/3)− y5/2(2/5)] + const.

= 15y5/2 − 4

3y3/2 + const.

= 15(4− x2)5/2 − 4

3(4− x2)3/2 + const.

(125)

Probl. 3 Resolver el integral∫ x−3

(x2+2x+4)2dx. El integrando es una

funcion racional y es propia. El numerador es una funcion cuadraticairreducible ( porque?) y repetida. Ademas no se puede simplificar maspuesto que el numerador ya es lineal. Por lo tanto, el integrando ya esta ensu forma mas simple. Conviene escribir el numerador como u2 + e, dondeu = x + 1 y e = 3. Entonces x− 3 = u− 4 y el integral se convierte en

33

∫ x−3(x2+2x+4)2

dx =∫ u−4

(u2+3)2= Ia + Ib (126)

donde

Ia =∫ udu

(u2+3)2 (127)

y

Ib = −4∫ du

(u2+3)2. (128)

Ia es facil de resolver mediante la substitucion y = u2 + 3:

Ia =∫ udu

(u2+3)2= 1

2

∫y−2dy

= −12y−1 + const.

= −12(u2 + 3)−1 + const.

= −12(x2 + 2x + 4)−1 + const.

(129)

Para resolver Ib conviene substituir u =√

3tanθ. Entoncesu3 + 3 = 3sec2θ, du =

√3sec2θdθ y

Ib = −4√

39

∫ sec2θ9sec4θ

dθ

= −4√

39

∫cos2 θdθ + const.

(130)

Ahora usamos la identidad: cos2 θ = (1 + cos 2θ)/2:

Ib = −4√

318

∫(1 + cos2θ)dθ + const.

= −4√

318

[θ + sin 2θ/2]dθ + const.

= −4√

318

[θ + sin θ cos θ]dθ + const.

(131)

donde usamos la identidad sin 2θ = 2 sin cos θ en la ultima ecuacion.

34

Expresamos el resultado en terminos de la variable original x. Comotanθ = u/

√3 entonces imaginamos un triangulo rectangulo cuyo lado

opuesto es u y lado adyacente es√

3 y, por el teorema de Pitagoras, lahipotenusa es

√u2 + 3. De aquı encontramos que sin θ = u/

√u2 + 3 y

cos θ =√

3/√

u2 + 3. Por lo tanto,

Ib = −2√

39

[tan−1(

x+1√3

)+√

3(x + 1)/(x2 + 2x + 4)] + const(132)

Finalmente,

I = Ia + Ib

= = −12(x2 + 2x + 4)−1 − 2

√3

9tan−1

(x+1√

3

)− 2

3(x + 1)(x2 + 2x + 4)−1 + const

= −7+4x6

(x2 + 2x + 4)−1 − 2√

39

tan−1(

x+1√3

).

(133)

Esta respuesta es correcta porque cheque que su derivada con respecto a xes igual al integrando.Probl. 4 Resolver el integral

∫tan3 xdx. Aquiı conviene separar

primero tan3 x = tan2 x tan x, usar la identidad sec2 x = 1 + tan2 x yrecordar que d sec x = tan2 xdx. Substituyendo esto, obtenemos

∫tan3 xdx =

∫(sec2 x− 1) tan xdx

=∫

tan x sec2 xdx− ∫tan xdx

=∫

udu− ∫tan xdx

=∫

udu +∫

y−1dy

= 12tan2x + ln | cos x | +C.

(134)

Probl. 5 Resolver el integral∫

x2 sin 2xdx.Lo hacemos integrando por partes, con u = x2, dv = sin(2x)dx.Por lo tanto,du = 2xdx y v = −cos(2x)/2 y

35

∫x2 sin 2xdx =

∫udv = uv − ∫

vdu

= −x2cos2x2

+∫

x cos(2x)dx

(135)

Ahora integramos por partes con p = x, dq = cos 2x.Por lo tanto, dp = dx yq = sin(2x)/2. Juntando todo, obtenemos

∫x2 sin 2xdx = −x2 cos 2x

2+ x sin 2x

2+ cos 2x

4. (136)

36