problemas resueltos de analisis matematico.docx

NOMBRE Y APELLIDO: TAZA SANTA CRUZ, ROLANDO

ESCUELA: INGENIERÍA DE MECATRÓNICA

CÓDIGO: 2013012991

1. Calcular

∫( sen 2x

√3−5cosx )dx

∫( sen 2x

√3−5cosx )dx=∫( 2 senxcosx

√3−5cosx )dx

u=√3−5cosx → cosx=3−u2

5

du=( 5 senx2√3−5cosx )dx

∫( sen 2x√3−5cosx )dx=

2(2)5∫cosx( 5 senxdx

2√3−5cosx )dx=45∫ cosxdu=¿ 4

5∫ 3−u2

5du¿

∫( sen 2x√3−5cosx )dx=4

5∫ 3−u2

5du= 4

25[∫ 3du−∫u2du ]= 4

25 [3u−u3

3 ]+C

∫( sen 2x

√3−5cosx )dx=4 u75

[9−u2 ]+C= 475

√3−5cosx [9−(3−5cosx ) ]+C

∫( sen 2x

√3−5cosx )dx= 475

√3−5cosx [6+5cosx ]+C

2. Hallar

∫( x3

√16−x2 )dx

∫( x3

√16−x2 )dx=∫( x2 x

√16− x2 )dx

u=16−x2→ x2=16−u

du=−2 xdx

∫( x3

√16−x2 )dx=∫( x2

√16− x2 ) x dx=−12∫( 16−u

√u )du

∫( x3

√16−x2 )dx=−12 [∫ 16√u

du−∫√u du ]=−12 [32√u−2

3(u)

32]+C

∫( x3

√16−x2 )dx=−16√u+ 13(u)

32+C=−1

3√u [48−u ]+C

∫( x3

√16−x2 )dx=−13

√16−x2 [48−(16−x2 ) ]+C

∫( x3

√16−x2 )dx=−13

√16−x2 [x2+32 ]+C

3. Resolver

∫2 x ( sen−1 x )2dx

∫2 x ( sen−1 x )2dx=∫2 x ( senx )−2dx=2∫ x (cscx )2dx

u=x→ du=dx

dv=(cscx )2dx→ v=−ctgx

∫2 x ( sen−1 x )2dx=2 [−xctgx−∫−ctgx dx ]=2 [−xctgx+∫ ctgx dx ]

∫2 x ( sen−1 x )2dx=2 [−xctgx+ ln|senx|]+C

4. Calcular

∫2 x (arcsenx )2dx

∫2 x (arcsenx )2dx

u=arcsenx→ senu=x

dx=cosudu

∫2 x (arcsenx )2dx=∫ 2(senu )(u )2 cosudu=∫ (u )2 sen2udu

u2+sen2u

2u−−cos2u2

2+−sen 2u4

0cos2u8

∫2 x (arcsenx )2dx=−u2cos2u2

+2usen 2u4

+ 2cos 2u8

+C

∫2 x (arcsenx )2dx=12 [−u2 (2cos2u−1 )+2usenucosu+

(2cos2u−1 )2 ]+C

Del triangulo:

¿ 12 [−arcsen2 x (2(1−x2)−1)+2 (arcsenx ) x√1−x2+

(2(1−x2)−1)2 ]+C

¿ 12 [−arcsen2 x (1−2 x2)+2x (arcsenx )√1− x2+

(1−2 x2 )2 ]+C

¿ 12 [−( arcsenx )√1−x2 (−2x+arcsenx√1−x2 )+ 1

2−x2]+C

¿ 12

[−(arcsenx )√1−x2 (arcsenx √1− x2−2x )−x2 ]+ 14+C

Finalmente:

∫2 x (arcsenx )2dx=12

[−x2−arcsen2 x (1− x2 )+2 xarcsenx √1−x2 ]+C1

NOMBRE Y APELLIDO: CONDORI HERRERA,WALTER RICARDO


CÓDIGO: 2013231833

I=∫ sen x2dxcsc x6

∫ sen x2dxcsc x6

= ∫sin x2 .sin x6 . dx =∫ (1−cos x2 ) sin x6 . dx

¿∫sin x6 . dx−∫ cos x2 . sin x6 . dx

¿∫sin x6 . dx −¿ ∫(cos x¿¿2 . sin x2)sin x4 . dx¿

¿∫sin x6 . dx−¿ 14∫ sin 2x2 ¿

¿∫sin x6 . dx−¿ 14∫ sin 2x2( 1−cos 2x

2 )2

dx

¿∫sin x6 . dx−¿ 116∫sin 2 x2 (1−2cos 2x+cos2 x2 )dx

¿∫sin x6 . dx− 116∫ sin 2x2 . dx+ 1

8∫ cos2x . sin 2x2 . dx− 116∫ sin 2x2 .cos2x2 . dx

Hacemos los siguiente:

A=∫sin x6 . dx

B=−116 ∫sin 2x2 . dx

C=18∫cos 2x .sin 2 x2 . dx

D= −116 ∫sin 2x2 .cos2x2 . dx

Entonces resolviendo cada uno :

A=∫sin x6dx=∫ ( sin x2 )3dx=∫(1−cos2 x

2 )3

dx

=18∫ (1−3cos2x +3cos2 x2−cos2 x3 )dx

= 18∫dx−3

8∫ cos2 x . dx+ 38∫cos2 x2 . dx−1

8∫ cos2 x3 . dx

Hacemos lo siguiente:

A1=18∫dx

A2= −¿ 38∫cos 2x .dx

A3= 38∫cos 2x2 .dx

A4= −18 ∫cos2 x3 . dx

Resolviendo:

A1 = x8

+ C

A2=−¿ 38∫cos 2x .dx=−¿

316sin 2 x+C

A3=38∫cos 2x2 .dx=3

8∫( 1+cos 4 x

2 )dx

= 316∫dx+ 3

16∫cos 4 x . dx=3x16

+ 364sin 4 x+C

A4= −18 ∫cos2 x3 . dx=−1

8 ∫cos 2x .cos2x2 . dx

= −18 ∫cos2 x (1−sin 2x2 )dx

= −18 ∫cos2 x .dx+ 1

8∫cos 2x . sin2 x2 . dx

= −116sin 2 x+ 1

48sin 2x3+C

Finalmente en A:

A= 5x16

−14sin 2 x+ 3

64sin 4 x+ 1

48sin 2x3+C

B= −116∫sin 2x2 . dx=−1

16∫( 1−cos4 x

2 )dx

= −132∫dx+ 1

32∫ cos4 x . dx=¿− x32

+ 1128

sin 4 x+C ¿

C= 18∫cos 2x .sin 2 x2 . dx= 1

48sin 2x3+C

D= −116 ∫sin 2x2 .cos2x2 . dx=−1

64∫ sin 4 x2 . dx

= −164∫( 1−cos8 x

2 )dx=−1128

∫ dx+ 1128

∫ cos8 x . dx

= −x128

+ 11024

sin 8 x+C

Finalmente sumando A+ B + C + D :

I=35x128

−14sin 2 x+ 7

128sin 4 x+ 1

1024sin 8 x+ 1

24sin 2 x3+C

J=∫ x2 ln (√1−x ) dx

∫ x2

2ln (1−x ) dx =

12∫ x2 ln (1−x ) dx

Aplicando integración por partes:

u= ln (1−x ) dv=x2dx

u= −11−x

dx v= x3

3

Reemplazando:

¿ 12∫ x2ln (1−x ) dx=

x3 . ln (1−x )6

−16∫ x3 .(−1)

(1−x )dx

¿ 16ln (1−x ) . x3 . dx−1

6∫ −x3

(1−x )dx

¿ 16ln (1−x ) . x3 . dx−1

6∫(x2+x−1+ 1

1−x )dx

¿ 16ln (1−x ) . x3 . dx−1

6∫ x2 . dx−¿ 16∫ x . dx+ 1

6∫ dx−16∫

11−x

dx ¿

Finalmente :

J=16ln (|1− x|). x3− x3

18− x2

12+ x6−16ln (|1−x|)+C

k=∫ tan ( x2+ π4 )

3

dx

¿∫ tan( x2+ π4 )

2

. tan ( x2+ π4 )dx

¿∫(sec( x2+ π4 )

2

−1) . tan( x2+ π4 )dx

¿∫ sec( x2+ π4 )

2

. tan( x2+ π4 )dx−∫ tan( x

2+ π4 )dx

Hacemos un cambio de variable :

x2+ π4=u

dx2=du

¿∫ secu2 tan u .2 . du−∫ tan u.2 . du

¿2∫ sec u2 . tan u . du−2∫ tan u .du

¿ tanu2+2 ln|cosu|+C

Reemplazando los valores de u :

k=tan ( x2+ π4 )

2

+2 ln|cos( x2+ π4 )|+C

NOMBRE Y APELLIDO: NAGAHATA MEDINA, LUIS ENRIQUE


CÓDIGO: 2013238795

Problema 01:

∫cos2 (Lnx ) dx

z = Lnx x = ez dx = ez dz ∫ ez cos2 zdz=∫ez( 1+cos 2 z

2 )dz=∫( ez+ez cos 2 z2 )dz

12∫ ez dz+ 1

2∫ez cos2 z dz

A=12∫ ez dz= ez

2B=1

2∫ ez cos2 z dz

B=12∫ez cos 2 z dzu=ez du=ez dz

dv=cos2 zdz v=12

sen2 z

B=12 [ 12 e z sen2 z−∫ 1

2ez sen2 zdz ]

B=14

ez sen2 z−14∫ ez sen2 zdz …( I )

C=14∫ ez sen 2 zdz u=ez du=ez dz

dv=sen2 zdz v=−12cos2 z

C=14 [−12 ez cos2 z+∫ 1

2ez cos2 zdz ]

C=−18

ez cos2 z+ 18∫ez cos2 z dz

C=−18

ez cos2 z+ 14

B … ( II )

(II) en (I)B=1

4ez sen2 z+¿

18

e zcos 2 z− 14

B

8B ¿2eZ sen2 z+ez cos2 z−2B10B =2 ez sen2 z+ez cos2 z

B= 15

ez sen2 z+ 110

e zcos 2 z

∫ ez cos2 zdz=A+B=¿ ez

2+ 15

e z sen2 z+ 110

ez cos2 z ¿

∫cos2 (Lnx ) dx= x2+ 15

xsen (2 lnx )+ 110

xcos (2lnx )+C

Problema 02:

∫ x2dx

√9+x2

senα=x /3

3 x x = 3senα

dx = 3cosαdα

√9− x2 ∫ 9 sen2α 3cosαdα

√9−9 sen2α = ∫ 27 sen2αcosαdα

√9 (1−sen2α ) =

∫ 27 sen2αcosαdα

√9cos2α = ∫ 27 sen2αcosαdα

3cosα =

9∫ sen2α dα = 9∫( 1−cos2α2 )dα = 9 [ 12∫d α−1

2∫ cos2αdα ]

= 9 [α2− sen 2α4 ] = 9 [ arcsen

x3

2− senαcosα

2 ] = 92 arcsenx3−92

x3√9− x2

3

= 92 arcsenx3−12

x √9−x2 + C ; C є R

Problema 03:

∫ Lnx

√xdx

Por Integración por Partes: uv –∫ v du

u = Lnx dv = dx

√x

du = dxx v = 2√ x

2√x Lnx−∫2√xdxx = 2√x Lnx−2∫ √ x

xdx 2√x Lnx−2∫ x

12 x−1dx =

2√x Lnx−2∫ x−12 dx

2√x Lnx−2 (2√x ) = 2√x Lnx−4 √x

2√x ( Lnx−2 )+ C; C є R

NOMBRE Y APELLIDO: RAMPAS GUITIERREZ, JHANDIEGO


CÓDIGO: 2013235884

NOMBRE Y APELLIDO: SANTA CRUZ ESPINAL CRISTHIAN JUNIOR


CÓDIGO:

Se sabe que: f (x) . g (x)=∫ f (x )' . g(x)dx+∫ f (x) . g (x)' dx

1. ∫sin5 x 3√cos xdx

∫sin4 x . sin x 3√cos x dx ;

f (x)=sin4 x , f (x)´=4sin3 xcos x;

g(x )´=sin x3√cos x , g (x)=

−(cos x )13+1

1+ 13

.

sin x4(−cos43 x

43

)=∫ 4sin x3cos x (−cos43 x

43

)dx+∫ sin4 x . sin x3√cos x dx

−34sin4 x cos

43 x+3∫sin3cos

73 x dx=∫sin5 x 3√cos x dx

∫sin2 x .sin x cos73 x dx ; f ( x )=sin2 x ,f ( x ) ´=2sin x cos x;

g ( x )´=sin xcos73 x ,g ( x )=−(cos x )

73+1

1+ 73

sin x2(−cos103 x

103

)=∫2sin x cos x (−cos103 x

103

)dx+∫ sin2 x . sin xcos73 x dx

−310sin2 x cos

103 x+ 3

5∫sin cos

133 x dx=∫sin3 xcos

73 x dx

−310sin2 x cos

103 x+ 3

5.316

(−cos163 x )=∫ sin3 x cos

73 x dx

−34sin4 x cos

43 x+3 [−310 sin2 x cos

103 x+ 9

80(−cos

163 x )]=∫ sin5 x

3√cos xdx

∫sin5 x 3√cos xdx=−34sin4 x cos

43 x− 9

10sin2 x cos

103 x−27

80cos

163 x+c

Se sabe que: ∫ secn xdx= 1n−1

tan x sec n−2 x+ n−2n−1∫ secn−2 x dx

2. ∫ sec54 x dx

14tan x s ec3 x+ 3

4∫ s ec3 x dx

∫ sec3 xdx=12tan x sec x+ 1

2∫ sec x dx

∫ sec3 xdx=12tan x sec x+ 1

2ln ( sec x+ tan x )

∫ sec54 x dx=14tan x s ec3 x+ 3

4 [ 12 tan x sec x+12ln (sec x+tan x )]

∫ sec54 x dx=14tan x s ec3 x+ 3

8tan x sec x+ 3

8ln ( sec x+ tan x )

Se sabe que: cs c2 x=1+co t2 x co t ' x=−csc2 x

3. ∫ csc2 x se c4 xdx

∫ se c4 x dx+∫ se c4 x co t2 xdx

∫ se c4 x dx+∫ se c2 x dx+∫ se c2 x co t 2 x dx

∫ se c4 x dx+∫ se c2 x dx+∫ cs c2 xdx

13tan x se c2 x+ 2

3∫ sec2 x dx+∫s ec2 x dx−cot x

13tan x se c2 x+ 5

3tan x−cot x+c

NOMBRE Y APELLIDO: PATRICIO GONZALES DEIVIS


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: VILCA RAMIREZ PIERO


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: NAVARRO ABURTO LILIANA YAJAIRA


CÓDIGO: 2013231815

NOMBRE Y APELLIDO: MARQUEZ HUANUCO ANGELA RITA


CÓDIGO: 2012230958

Problemas 1:

∫ cosxdx

sen x3−cos x3

∫ secx2

tgx3−1

Z=tgx … dz= secx2dx

∫ sec x2dxtg x3−1

=∫ dzz3−1

=∫ dz(z−1)(z¿¿2+z+1)

¿

¿∫ ⌈ Az−1

+ BZ+C

z2+z+1⌉ dz

1

z3−1= A

z−1+ Bz+C

z2+z+1

¿A ( z2+z+1 )+(Bz+c )(z−1)

(z−1)(z2+z+1)

I=A(( z2+z+1 )+B ( z2+z )+C ( z−1 )

1= ( A+B ) z2+( A−B+C ) z+z−C

Por identidad polinomica se tiene:

A+B=0 ----- A=1/3 , B=-1/3

A-B+C=0 --- C=-2/3

A-C=1

Reemplazando:

∫ secx 2dxtgx3−1

=13∫ ⌈ 1

z−1− z+2

z2+z+1⌉ dz

¿ 13⌈ ln ¿¿

¿ 13 [¿ ln|tgx−1|−1

2ln|tgx2+tgx+1|−3√3arctg( 2 z+1

√3)]+c

Problema 2 :

∫ (x−x3)1/3dx

x4

x=1z

…. dz=−dz

z2

Reemplazando:

∫ (x−x3 )13 dx

x4=∫

(1z− 1z3 )13

1z4

(−dzz2 )

¿−∫ z2¿¿

PROBLEMA 3 :

∫ dx

x √(x5−1)

z2=x5−1………2 zdz=5 x4dx

Reemplazando en la integral:

∫ dzx √(x5−1)

=15∫ 5 x4dx

x5√ (x5−1)=15∫ 2 zdz

( z2+1 ) z=25∫ dz

z2+1=25

arctgz+c=25

arctg ¿¿

NOMBRE Y APELLIDO: LAZARO JAMANCA JHAN JULIO


CÓDIGO: 2011239812

NOMBRE Y APELLIDO: VARGAS MENDEZ MIGUEL ANGEL


CÓDIGO: 2013012563

NOMBRE Y APELLIDO: CANCHO OSORIO FRANS


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: MOSTACERO BURGOS JOHANN ALEX


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: TARAZONA MELGAREJO OMAR ERNESTO


CÓDIGO:

1¿∫ dx

2 x2−4 x+9

¿∫ dx

2(x2−2x+ 92 )

¿ 12∫

dx

( x−1 )2+ 72

Sustituimos valores:

T = x+1

Derivando: dt=dx

¿ 12∫

dt

t 2+72

= 12 √2√7

tan−1( t .√7√2 ¿)+C ¿

Reemplazando: t = x+1

= 122

√14tan−1[

( x−1 ) .7√14

]+C

= 1

√14tan−1[ 7 x−7

√14 ]+C

2) ∫ dx

( x+1 )2 (x2+1 )

Separando en fracciones parciales :

∫ dx

( x+1 )2 (x2+1 ) = A

(x+1)2+ B

X+1 + Cx+D

x2+1

1 = A(x2+1) + B(X+1)(x2+1) + (Cx+D)(x2+2x+1)

1 = x3 ( B+C )+x2 ( A+B+2C+D )+x ( B+C+2D )+A+B+D

B+C+2D=0 ; B+C=0 ; A+B+2C+D=0 ; A+B+D=1

Resolviendo las ecuaciones anteriores, obtenemos:

A = ½ ; B = ½ ; C = -1/2 ; D = 0

Reemplazamos los valores obtenidos:

∫ dx

( x+1 )2(x2+1)=∫ dx

2¿¿¿

= 14ln|x+1|+ 1

2ln|x+1|−1

4ln|x2+1|+C

3) ∫dx

(x2−x+1 )2

= ∫dx

[(x−12)¿¿2+

34]2

; sustituimos : x−12=t

;dx=dt ¿

= ∫dt

( t2+ 34)2

= 43∫

(t 2+ 34 )−t2

¿¿ ¿

= 43∫ dt

t 2+ 34

−43∫ t2dt

(t ¿¿2+34)2 ¿

=

432√33tan−1( 2√3 . t

3 )−¿ 43∫ t 2dt

(t 2+ 34)2

⏟(A )

¿ ….. (*)

Resolviendo la integral (A):

43∫ t 2dt

(t 2+ 34 )2=4312∫

t . d (t2+ 34 )( t2+ 34 )

2=−23∫ t . d ( 1

t 2+ 34 )

= −23

t

t2+34

+12∫

dt

t 2+34

= −2 t

3(t 2+ 34 )+ 23√32tan−1(2√3 t

3)

Entonces , reemplazamos el valor de (A) en (*); y también el valor de t:

∫ dx

(x2−x+1)= 8√39

. tan−1( 2√33 )(x−12 )−12 [x−12

2 (x2−x+1 )+12tan−1(x−

12)]

= 169 tan−1(x−12 )−

x+ 12

4 (x2−x+1 )−14

tan−1(x−12)+C

= 5536tan−1(x−12 )−

x+ 12

4 (x2−x+1 )+C

4) ∫(x¿¿2+1)2 . e2 x . dx¿

= ∫(¿ x4+2 x2+1) .e2x . dx¿

= ∫ x4 . e2x .dx⏟A

+∫2 x2 . e2x . dx⏟B

+∫ e2 x . dx⏟C

…. (*)

Integrando A, por partes:

12∫ 2.x

4 . e2x . dx

u=x4 dv=e2x. d2x du= 4x3dx v=e2x

A = x4 . e2 x−∫ 4 x3 . e2 x . dx⏟

A1

Integrando A1, por partes:

4.12∫ 2.x

3 . e2 x . dx

u=x3dv=e2x. d2x du=3x2 . dx v=e2x

A1=2x3 .e2x−∫ 6x2 . e2 x . dx⏟A2

Integrando A2 , por partes:

6.12∫ 2x2 . e2 x . dx

u=x2 dv=e2x .d2x du=2x dx v=e2x

A2 = 3x2 . e2x−∫6 x . e2 x . dx⏟A 3

Integrando A3 , por partes:

6.12∫ 2x . e2x . dx

u=x dv=e2x.d2x du=dx v=e2x

A3=3x . e2 x−∫ 3e2 x . dx

A3=3x . e2 x−3. 12∫ e2x . d2 x

A3=3x . e2 x−32

.e2x + C

Reemplazamos A1, A2 , A3 , en A:

A = X 4 .e2x−2 x3 .e2x+3 x2 . e2x−3 x . e2x+32

e2x+C

Integrando B , por partes:

∫2 x2 . e2x .dx

u=x2 dv=e2x .d2x du=2x dx v=e2x

B = x2 . e2x−∫ e2x .2x . dx⏟

B1

Integrando B1 , por partes:

∫ e2 x .2x .dx

u=x dv=e2x.d2x

du= dx v=e2x

B1=x .e2x−∫ e2 x . dx

B1=x .e2x−12

e2x + C

Reemplazando B1 , en B:

B = x2 . e2x−x . e2 x+ 12

e2x+C

Integrando C :

∫ e2 x . dx

= 12

e2x+C

Reemplazamos A, B, y C , en (*) :

= ∫ x4 . e2x .dx⏟A

+∫2 x2 . e2x . dx⏟B

+∫ e2 x . dx⏟C

= X 4 .e2x−2 x3 .e2x+3 x2 . e2x−3 x . e2x+32

e2x + x2 . e2x−x . e2 x+ 12

e2x + 12

e2x+C

= X 4 .e2x−2 x3 .e2x+4 x2 . e2x−4 x . e2x+ 52

e2 x + c

NOMBRE Y APELLIDO: ARDILES HUAMAN JORGE ALBERTO


CÓDIGO:

PROBLEMA 1:

∫ √arcsen x1−x2

dx

Solución:

∫ √arcsen x1−x2

dx=∫√arcsen xdx

√1−x2

Señalamos que:

u=arcsen x , donde : du= dx

√1−x2

Entonces:

∫√arcsen xdx

√1−x2=∫u

12 du=2

3u12+c=2

3√(arcsen x)3+c

Respuesta:

23√(arcsen x )3+c

PROBLEMA 2

∫ x3dx√ x−1

Solución:

Donde x−1=t2⟹x=t2+1

dx=2tdt

∫ x3dx

√ x−1∫ (t2+1 )32 tdt

t=2∫ (t 6+3 t 4+3 t2+1 )dt=

2 t7

7+6 t 5

5+¿2 t 3+2t+c ¿

¿ t ( 2t 6

7+ 6 t 4

5+2t 2+2)+c=√ x−1[ 2 ( x−1 )3

7+6 ( x−1 )2

5+2 (x−1 )+2]+c

¿2√x−1[ ( x−1 )3

7+3 ( x−1 )2

5+ x]+c

Respuesta:

¿2√x−1[ ( x−1 )3

7+3 ( x−1 )2

5+ x]+c

PROBLEMA 3:

∫ e2 x

√ex+1dx

Solución

Donde:

u=ex+1 y du=ex dx

Entonces:

∫ e2 x

√ex+1dx=∫ u−1

u12

du=∫ ¿¿

¿u32

32

−u−12

12

+c=23

u32−12

u12+c=

23 √(e¿¿ x+1)3−2√(e¿¿ x+1)+c¿¿

Respuesta

¿ 23 √(e¿¿ x+1)3−2√(e¿¿x+1)+c¿¿

NOMBRE Y APELLIDO: MOLOCHE LOPEZ BRUNO


CÓDIGO:

1. ∫ (X 2 -25) 3/2 dx = X6

Hacemos: X=5-Sec X = Sec dx= 5Sec.Tg.d 5

Reemplazando:

I = ∫ [5 2 Sec 2 -5 2 ] 3/2 [5.Sec .Tg ] . d56.Sec6

I = ∫ (5 2 .Tg 2 ) 3/2 Tg .d55.Sec5

I = ∫ 53 Tg3 . Tg . d 55 Sec5

Sen 4

I = 1 ∫ Tg 4 . d = 1 ∫ Cos 4 52 Sec5 52 1

Cos5

I = 1 ∫ Sen4 .Cos. d X 52

I = 1 ∫ 5 Sen4.Cos.d 52 55

I = 1 Sen5 + C 125

I = 1 x 2 -5 2 5 + C 125 X

2. ∫ 2x2+5x-1 dx x3+x2-2x

Solución: 2x 2 +5x-1 = 2x 2 +5x-1 = 2x 2 +5x-1 x3+x2-2x x[x2+x-2] x(x+2) (x-1)

Sabemos: A + B + C

X x-1 x+2

2x 2 +5x-1 = A(x-1) (x+2) + Bx(x+2) + (x(x-1))x3+x2-2x x[x-1] [x+2]

2x2+5x-1 = A[x2+x-2] + B[x2+2x] + C[x2-x]

2x2+5x-1 = (A+B+C)x2+ (A+2B-C)x – 2ª

x2-52

Se Tiene: A + B + C = 2A+ 2B – C = 5-2ª = -1

A= ½B= 2C= -½

Reemplazando: 2x 2 +5x-1 = ½ + 2 + -½ X3+x2-2x x x-1 x+2

∫ 2x 2 +5x-1 .dx = ½ ∫ dx + 2∫ dx -½∫ dx X3+x2-2x x x-1 x+2

= ½ Lnx+2Ln(x-1)- ½ Lnx+2+ C

2

3. ∫1 ____dx____

(3 -5x)2

Solución: 2

Sea: I = ∫1 ____dx____

(3 -5x)2

u= 3-5x ------> du = -5dx -du = dx 5

Entonces: si x = 1 ------> u = 3-5 (1) = -2 x = 2 ------> u = 3-5(2) = -7Reemplazando

-7 -dx -7

I = ∫-2 __5__ = 1 ∫-2 - dx__

u2 5 u2

= 1 [ 1 ]7 = 1 [-1/7 – (-1/2)] 5 u 2 5

= 1/5 [ -1/7 + ½ ] = 1/14

NOMBRE Y APELLIDO: VALENZUELA FERNÁNDEZ RUBÍ CARLA


CÓDIGO:

Problema1.

Problema1.

.∫ tag4 xdx

Solución:

tag4 x=tag2 x . tag2 x

¿ tag2 x (sec¿¿2 x−1)¿

¿ tag2 x sec2 x−tag2 x

tag4 x=tag2 x sec2 x−sec2 x+1

Reemplazando:

∫ tag4 xdx=∫(tag¿¿2x sec 2 x−sec2 x+1)dx ¿

Si. u= tagx du= sec2 xdx

¿∫ (tag2 x sec 2x−sec 2 x+1 )dx

¿∫u2du−∫ sec2 xdx+∫ dx ¿ u3

3−tagx+x+c

¿ tag3 x3

−tagx+x+c

Problema 2.

.∫ ln (¿ x+√1+x2)dx¿

Solución:

x+√1+x2=t

Donde “x”

x= t2−12 t

dx= t 2+12t 2

dt

∫ ln (¿ x+√1+x2)dx=∫ ln tt2+12 t 2

dt ¿

.∫ ln tt2+12 t 2

dt

u=ln t dv=12(1+ 1

t2)dt

du=dtu

v=12(1−1

t)

Resolviendo:

=12 ( t−1t )Lnt−1

2∫(t−1

t) dt

t

¿ 12 ( t−1t ) ln t−1

2 ( t+ 1t )+c

¿12 (x± 1

x+√ x2+1 )√ ln (x+x2+1 )−12 ( x+√x2+1+

1

x+√ x2+1 )+C

¿ x ln ( x+√x2+1 )−x− 1

x+√ x2+1+C

¿ x ln ¿

Problema 3.

∫ x2√4−x2dx

Solución:

Hagamos x2=4 cos2θ

De donde: x=2cosθ; dx=−2 senθ dθ

=∫ 4cos2θ√4−4cos2θ (−2 senθ dθ ) ¿−16∫ cos2θ√1−cos2θ . senθ dθ

=−16∫cos2θ√sen2θ senθdθ ¿−16∫(cosθsenθ )2dθ

Sabiendo que :2cosθsenθ=sen2θ

sen22θ=1−cosdθ2

=-4∫ 1−cos 4θ2

dθ

¿−2∫ dθ+2∫ cos4 θ4dθ=−2θ+ sen 4θ2

−2θ+ sen 4θ2

=−2θ+senθcosθ (cos2θ−sen2θ)

cosθ= x2(catetoadyacente /hipotenusa)

En el triángulo rectángulo ABC

AC=√4−x2

También: √4−x2

2

θ Senθ=√ 4−x2

2

¿−2arc cosx2+ √4−x2

2.

x2 ( x2

4−4−x2

4 )+c

¿−2arc cosx2+ x√4−x2

2.( 2 x2−4

4 )¿−2arc cos

x2+ x3√4−x2

8+ x √4−x2

4+c

NOMBRE Y APELLIDO: SANCHEZ CORONADO ELIZABETH MILAGROS


CÓDIGO: 2011016456

X

NOMBRE Y APELLIDO: MORALES VALLES JHON ALEX


CÓDIGO: 2011016456

NOMBRE Y APELLIDO: MIRANDA HUANUIRE VICTOR RAÚL


CÓDIGO: 2013013702

NOMBRE Y APELLIDO: LAZO CANO JODE HUMBERTO


CÓDIGO: 2013232331

NOMBRE Y APELLIDO: MOGROVEJO MEDINA EDSON


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: BENDEZÚ TAPIA ANTONY


CÓDIGO: 2013235331

NOMBRE Y APELLIDO: MATEO NUÑEZ HAYASHI RAFAEL


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: CONEJO MELENDEZ DIEGO


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: CAMAVILCA JULCAMAYAN ELVIS


CÓDIGO: 2013239489

NOMBRE Y APELLIDO: PACHECO LLACTA CELSO EDERSON


CÓDIGO: 2013015189

NOMBRE Y APELLIDO: ZÁCIGA CALDERON RUBEN DANIEL


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: VALLEJO TIBURCIO JOOSELIN ROXANA


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: SIERRA YAYA JOSEPH HENSY


CÓDIGO: 2012230031

NOMBRE Y APELLIDO: VIGURIA ALTAMIRANO MAX PLACIDO


CÓDIGO: 2013013257

NOMBRE Y APELLIDO: MARTÍNEZ SALAZAR GERSON


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: GABONAL VILCHEZ FERNANDO


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: ANTAURCO ALVARADO YONATAN


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: CABEZAS BARRIAL CESAR ANGEL


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: CASTRO WONG RITA GERALDINE


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: AYMACHOQUE DUEÑAS JOSE


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: SALAZAR BRICEÑO CARLOS


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: GUTIÉRRES VÁSQUEZ MARILUZ


CÓDIGO: 2013239284

NOMBRE Y APELLIDO: VALERA JULCA DANIEL


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: FERNANDEZ ROSALES WALTER CESAR


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: MEDINA GOMEZ WILLIAM ERNESTO


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: SANCHEZ JOSE


CÓDIGO:

NOMBRE Y APELLIDO: HUINGO CHAUPIJULCA DANIEL


CÓDIGO:

PROBLEMA 1:

∫ arcsen√ x(1−x )½

dx

RESOLUCION:

SEA: z =√ x x = z² dx = 2zdz

ALICANDO EL CRITERIO DE INTEGRACION POR PARTES:

u = arcsen(z) du = dz

√1−z ²

dv = zdz

(1−z2)½ v = √1−z ²

APLICANDO LA FORMULA DE INTEGRSCIONES POR PARTES:

∫ zarcsen(z )dz

√1−z ². dz = -√1−z2arcsenz−∫−√1−z ²

dz

√1−z ² = -(1- z²)

½arcsenz+z

∫ arcsen√ x(1−x2 )

. dx=2(-√1−z2arcsenz+ z¿+c=¿

-2√1−x arcsen√x+2√ x+c… RPTA

PROBLEMA 2:

∫ dx(x−1)(x+1)√( x−2)(x+3)

RESOLUCION:

1(x−1)(x+1)

=A

x−1+

Bx+1

=A (x+1 )+B(x−1)(x−1)(x+1)

A+B=0

1 = (A+B)x + A-B A-B=1 A=½ ; B=−½

∫ dx

( x−1 ) ( x+1 )√ ( x−2 ) ( x+3 )=12∫( 1

(x−1 ) ¿−1

( x+1 )) dx

√ ( x−2 ) ( x+3 )=¿¿

=12∫

dx(x−1)√( x−2)(x+3)

- ∫ dx(x−1)(x+1)√( x−2)(x+3)

CALCULANDO LA INTEGRAL: ∫ dx(x−1)√(x−2)(x+3)

SEA: z=1

x−1 x-1=

1z dx=

dzz ²

∫ dx( x−1 )√ (x−2 ) ( x+3 )

=¿∫−dz

z2

1z √(1z ¿−1)(1z +4 )

=−∫dz

z2

√ (1−z ) (1+4 z )z2

=¿¿¿

=∫ dz

√1+3 z−4 z ² ; COMPLETANDO CUADRADOS…

=-1

√2∫dz

√ 2564−(z−38 )+c 1

=−12

arcsen(z−3858

¿)+c ¿ =

=-12

arcsen( 8 z−35 )+c1= -

12

arcsen( 11−3 x5 ( x−1 ) )+c1…

CALCULANDO LA INTEGRAL: ∫ dx(x+1)√(x−2)(x+3)

SEA: t= 1

x+1 x+1 =

1t dx =

dtt ²

∫ dx(x+1)√(x−2)(x+3)

=∫−dt

t ²

1t √(1t −3)( 1t +2)

=−∫ dt

√1−t−6 t ²=¿

=1

√6arcsen ( t+

12512

)+c2=

=-1

√6arcsen ( x+13

5 ( x+1 ) )+c 2=¿

=∫ dx(x−1)(x+1)√( x−2)(x+3)

=

-14

arcsen15(11+3 x )

x−1¿+ 12√6

arcsen15( x+135 ( x+1 )

)… RPTA

PROBLEMA 3:

∫ x ²−1x ²+1

dx

√1+ x ⁴

RESOLUCION:

∫ (x2−1 )dx

(x2−1)√1+x ⁴=∫

x ²−1x ²

( 1x+x)√ x ²+ 1

x ²

dx

SEA: z=x + 1x

dz = (1-1x ²

¿dx, dz = x ²−1

x ²dx

z²=x²+ 1x ²

+2 x²+ 1x ²

= z²-2

REMPLAZANDO:

∫ (x2−1 )dx

(x2−1)√1+x ⁴=∫ dz

z √ z2−2

SEA: t=1z z

1t dz =( √2

z)

∫ dzz √z ²−2

=∫−dtt ²

1t √ 1t ²−2

=−1√2∫

√2dt

√1−¿¿¿¿

REMPLAZANDO:

∫ x ²−1x ²+1

dx√1+ x ⁴

=−√22

arcsen (√2z )+c=−√22

arcsen( √2x+ 1

x )+c=¿

-√22

arcsen( √2 xx2+1 )+c …RPTA

CÓDIGO: 2013015304

NOMBRE Y APELLIDO: CAMACHO PEREZ JORGE


CÓDIGO: 2013232206

NOMBRE Y APELLIDO: ALVITREZ DAVIRAN HENRY


CÓDIGO: 2013232037

NOMBRE Y APELLIDO: ARBILDO AGUILAR BILDER ANTONIO


CÓDIGO: 2013235848

*∫x² eˣ³ dx

Hacemos

u = x³

du = 3x² dx

dx= du3 x ²

Sustituimos en integral

∫x² eˣ³ dx

∫x ² eᶸ du3 x ²

Simplificamos y resolvemos

(⅓)∫ eᶸ du = (⅓) eᶸ + C

Restituimos

u = x³

este es el resultado

(⅓) eˣ³ + C

*∫¿ x∨dx

Si x ≥ 0 => ½·x·|x| = ½·x²

Si x< 0 => ½·x·|x| = ½·x·(-x) = -½·x²

Luego:

| ½·x² si x≥0½·x·|x| | | -½·x² si x <0

*∫ dx

2+3cos2( x)

sabemos que 1/cos x=secx ahora si elevamos cada lado de esta igualdad tenemos 1/(cosx)^2=(secx)^2

ahora como la derivada de la tanx=(secx)^2 dx

entonces el resultado seria tanx

NOMBRE Y APELLIDO: MALPARTIDA CHAMPOÑAN SERGIO


CÓDIGO:

problemas resueltos de analisis matematico.docx

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