Analisis Trabajo Lllllllllllllllll

8/17/2019 Analisis Trabajo Lllllllllllllllll

1/25

SOLUCION DE EJERCICIOS DE INTEGRALES IMPROPIAS

Problema N° 1

Resolver la integral impropia: ∫a

b dx√ ( x−a)( x−b)

Solución

1) I i=∫a

bdx

√ ( x−a)( x−b) =∫

a

bdx

√ x2− (a+b ) x+ab

= ∫a

bdx

√ x2− (a+b ) x+ab+( a+b2 )2

−( a+b2 )2

= ∫a

bdx

√[ x−(a+b2 )]

2

−( a+b2 )+ab

=

∫a

bdx

√[ x−( a+b2 )]2

−(a2+b2+2ab−4ab

4 ) =

∫a

bdx

√[ x−( a+b2 )]2

−( a2+b2−2ab

4 )

∫a

bdx

√[ x−( a+b2 )]2

−( a−b2 )2

…………………………………………………………………(1)

2) Hagamos : z= [ x−( a+b2 )] y k = a−b2 …………………………….(2)

3) Remplazando (2) en (1) tenemos:


2/25

∫a

bdx

√[ x−( a+b2 )]2

−( a−b2 )2

= ∫a

bdx

√ z2−k 2

Por formlas de integra!i"n:

∫a

bdx

√ z2−k 2 = #n [ z−√ z2−k 2 ]a

b

= (cosh )−1 xa

#n [ x−( a+b2 )+√[ x−( a+b2 )]2

−[ a−b2 ]2]

a

b

#n [ x−( a+b2 )+√ X 2−( a+b ) x+( a+b2 )2

−( a−b2 )2

]ab

#n [ x−( a+b2 )+√ X 2−( a+b ) x+ 14 ( a2+2ab+b2−a2+2ab−b2 )]ab

#n [ x−( a+b2 )+√ X 2−( a+b ) x+ab]ab

#n [b−( a+b2 )+√ b2−(a+b ) b+ab ] $ #n [a−( a+b2 )+√ b2−(a+b ) a+ab ]

#n [2b−a−b2 +√ b2−b2−ab+ab] $ #n [2a−a−b2 +√ a2−a2−ab+ab]

#n (b−a2

) $ #n (a−b2

)

#n ( b−a

2

a−b2 )


3/25

#n ( b−aa−b )

%. Por lo tanto la integral ∫a

bdx

√ ( x−a)( x−b) !onverge en #n (b−aa−b )

Problema N° !

Para &' valor de !onverge la integral ∫0

∞

( 1√ 1+a x2− α

x+1 )dx a>0

Solución

1) I i =∫

0

∞

( 1√ 1+a x2− α

x+1 )dx

I i = limb →∞∫0

b

( 1√ 1+a x2− α

x+1)dx ………………………… (1)

*ea I D=∫

0

b

( 1√ 1+a x2− α

x+1 )dx

2) I D=∫

0

b

( 1√ 1+a x2− α

x+1)dx=[∫( 1√ 1+a x2− α x+1 )dx]0b

…………..(2)

*ea

I 1=∫

( 1

√ 1+a x2−

α

x+1 )dx

3) I 1=∫( 1√ 1+ax2−

α x+1 )dx

+ntegrando la resta tenemos:


4/25

I 1=∫ 1

√ 1+a x2dx−∫ α

x+1 dx

,omo es na !onstante sale fera del integral:

I 1=∫ 1

√ 1+a x2

dx−α ∫ 1

x+1

dx=∫ 1

√ 1+(√ a x )2

dx−α ∫ 1

x+1

dx

I 1= 1

√ a∫ √ a

√ 1+ (√ a x )2

dx−α ∫ 1 x+1

dx …………………………………….. (3)

Ha!iendo √ a x=u →√ a dx=du ………………………………………..(%)

Remplazando (%) en (3) tenemos:

I 1= 1

√ a∫ du

√ 12+ (u )2−α ∫ 1

x+1 dx

-esarrollando las integrales simples se tiene &e:

I 1= 1

√ aln|u+√ 1+u2|−α ln| x+1|+C

Remplazamos u por √ a x

I 1= 1

√ a ln|√ a x+√ 1+a x2|−1√ a

√ a α ln| x+1|+C

I 1= 1

√ aln|√ a x+√ 1+a x2|− 1

√ aln| x+1|

∝√ a

I 1= 1

√ a ln|√ a x+√ 1+a x

2

( x+1)∝√ a |+C …………………………………. () paraquesea convergente el gradodel numerador deve ser menorque delnumerador

%) *ea ∝√ a=1 enton!es ∝= 1

√ a ……………………………...(/)

) 0nton!es !on!limos &e n valor de seria∝=

1

√ a y I i &edara

epresado de la sigiente manera:

I i=∫

0

∞

( 1√ 1+a x2− 1

x+1 (√ a) )dx


5/25

Problema N° "

Para &e valores de , !onverge la integral ∫0

+∞

( Cx x2+1− 1

2 x+1 )dx determine, y !al!le la integral.

Solución

+i=lim

b →+∞∫0

b

( Cx x2+1− 1

2 x+1 )dx ………………………..(1)

+-= ∫0

b

( Cx x2+1− 1

2 x+1 )dx

Ha!emos integra!i"n por partes:

+-= limb→+∞

∫o

bCx

x2+1dx− lim

b→+∞∫0

b1

2 x+1 dx

x2+1ln ¿¿

2 x+1ln

¿¿¿¿

D=lim

b →+∞C

2 ¿

I ¿

Por diferen!ia de logaritmos:


6/25

x2+1¿¿¿C

(¿¿ 2 x+1¿)¿

¿ln¿¿

I D=lim

b →+∞1

2 ¿

……………………………(2)

Para &e !onvera la integral el grado del nmerador tiene &e ser menor &e

1 en !onse!en!ia ,=1

2

Remplazando (2) en (1) tenemos:

x2+1¿¿¿C

(¿¿ 2 x+1¿)¿¿ln ¿¿

I i=

lim

b →+∞

1

2 ¿

x2+1¿¿

¿1

2

(¿¿ 2 x+1¿)¿¿ln ¿¿

I i=lim

b →+∞1

2 ¿

Remplazando por los valor de evala!i"n:


7/25

I i=lim

b →+∞1

2 ln(√ b

2+12b+1 )−

limb →+∞

1

2 ln

√ 5

5

I

i=1

2

ln

(1

2

)−

1

2

ln √ 5

5

I i=

1

2 ln ( 12 )−

1

2 ln

1

√ 5

I i=1

2 ln (√ 52 )

%.$ por lo tanto la integral impropia de primera !lase es !onvergente en

1

2 ln (√ 52 ) .

Problema N° #

4Para &' valores de 5k6 !onvergen las integrales7

8) ∫2

+∞dx

xk ln x

$olución

I i ¿∫2

+∞dx

xk ln x =

lim ¿a →+∞∫2

adx

x (lnx)k

¿

I D = ∫2

adx

x( lnx)k


8/25

*ea: =ln → d=dx x

Para: =2 =ln2

9=a =lna

I D = ∫ln 2

lnadu

xk = [ u

−k +1

−k +1 ]ln2lna

(lna)−k +1

−k +1

$( ln2)−k +1

−k +1

↓ ↓

+ ++

+:segramos el !ero

++:;alor nm'ri!o

#ego: $k

$k$1

k?1

∴∫2

+∞dx

xk ln x !onverge para k?1.

Problema N° %

Demo$&rar 'ue

a( ∫0

∞ x

(1+ x )3 dx=

1

2∫0

∞dx

(1+ x )2

Solución


9/25

1) *ea: I a=∫0

∞ x

(1+ x )3 dx y I b=

1

2∫0

∞dx

(1+ x )2

para &e di!@as integrales sean

igales de8emos llegar a &e I a= I b ………………………………….(1)

2) sol!i"n de I a tenemos:

I a=∫0

∞ x

(1+ x )3 dx=∫

0

∞ x+1−1

(1+ x )3

dx=∫0

∞ x+1

(1+ x )3

dx−∫0

∞1

(1+ x )3

dx …………. (2)

3) Ha!iendo !am8io de varia8le: t = x+1→ dt =dx …………………………..

(3)

%) Reemplazando (3) en (2) tenemos:

I a=∫0

∞1

(1+ x )2 dx−∫

0

∞1

(1+ x )3

dx=∫1

∞1

t 2 dt −∫

1

∞1

t 3

dt

I a=[−t −1 ]

1

∞−[ t

−2

2t −1

]1

∞

=⌊0+1 ⌋−[0−12 ]=12 ……………………………(%)

) sol!i"n de I b tenemos:

I b=1

2∫0

∞dx

(1+ x )2

……………………………………………………………………………………()

/) @a!iendo !am8io de varia8le: t = x+1→ dt =dx …………………………

(/) A) reemplazando (/) en () tenemos:

I b=1

2∫0

∞ dt

(t )2=1

2 [−t −1 ]1

∞=

1

2[0+1 ]=1

2 …………………………………………(A)

B) reemplazando (%) y (A) en (1).


10/25

I a= I b=1

2

#ego: &eda demostrado &e ∫0

∞ x

(1+ x)

3 dx=

1

2∫0

∞dx

(1+ x )

2

b( demostrar &e: ∫1

+∞√ x

(1+ x )2 dx=

1

2+! 4

$olución

I i=∫1

+∞√ x

(1+ x)2 dx =limb→+∞∫1

b√ x

(1+ x )2 dx ……………………..(1)

I D=∫1

b√ x

(1+ x)2 dx

,am8io de varia8le:

Ha!emos √ x = tan"

dx

2√ x=sec2 "d"

dx=2√ x sec2"d"

I D=∫1

btan"2√ x sec

2"d"

(1+ tan2")2

I D=2∫1

b

tan2

"sec2

"d"sec

2"

I D=2∫1

btan

2" d"

sec2"


11/25

I D=2∫1

b

sen2

"d"

I D=2

∫1

b1−cos 2"

2

d"

I D = 2["2− sin 2"4 ]1b

I D = [ "−sin"cos" ]1b

r!tan √ x $√ x

√ 1

+ x (

1

√ 1

+ x ) = r!tan √ x $

√ x1

+ x ……………….(2)

Remplazando (2) en (1) tenemos:

i=¿ lim

b →+∞∫1

b√ x

(1+ x )2dx

I ¿ = lim

b →+∞ [arctan√ x− √ x1+ x ]1b

limb →+∞

[arctan√ b−

√ b

1

+b

−arctan (1 )+1

2

]1

b

=! 4 <

1

2

%.$ por lo tanto &e ∫1

+∞√ x

(1+ x )2 dx=

1

2+! 4

c( demostrar &e:

∫0

∞dx

1+ x4=

∫0

∞ x

2

1+ x4 dx=

!

2#2

SOLUCION

1) I i=∫0

∞dx

1+ x4=∫

0

∞ x2

1+ x4dx=

! 2#2


12/25

*ea I 1=∫0

∞dx

1+ x4 y I

2=∫

0

∞ x

2

1+ x4 dx para &e sean igales se de8e

!on!lir &e I 1= I 2= ! 2#2

2) -esarrollamos I

1 :

I 1=∫

0

∞dx

1+ x4

hacemos cambiode variable x=√ tan"→dx= ( sec" )2

2√ tan"

para$ x=∞→ "=! 2

y para x=0→ "=0

I 1=∫

0

∞dx

1+ x4=∫

0

!

2

(sec" )2

2√ tan" (1+ (tan" )2 ) d"=∫

0

!

2

1

2√ tan"d"

I 1=

1

2∫0

! 2

1

√ tan" d"=

1

2 [ 1√ tan" ]02!

= !

2√ 2

3) -esarrollamos I

2 :

I 2=∫0

∞

x

2

1+ x4 dx

hacemos cambio de variable x=√ tan"→dx= ( sec" )2

2√ tan"

para$ x=∞→ "=! 2

y para x=0→ "=0

I 2=∫

0

∞ x2

1+ x4 dx=∫

0

! 2

tan" (sec" )2

2√ tan"

(1

+(tan"

)

2

)

d"=∫0

! 2

1

2√ tan" d"

I 2=1

2∫0

! 2

1

√ tan" d"=

1

2 [ 1√ tan" ]02!

= !

2√ 2

%) -e lo desarrollado en 2) y 3) !on!limos &e I 1= I 2= ! 2#2


13/25

I i=∫0

∞dx

1+ x4=∫

0

∞ x

2

1+ x4dx=

! 2#2

)(-emostrar &e:

∫0

+∞ xlnx

(1+ x2)2 dx =>

Solución

I i = ∫0

+∞ xlnx

(1+ x2)2 dx =lim

¿b →∞∫0

b xlnx

(1+ x2)2 dx

¿ …….

…………………..(1)

D=¿∫0

b xlnx

(1+ x2)2 dx

I ¿= ∫

0

blnx

x

(1+ x2)2 dx = ∫

0

bdx

(1+ x2)2

Ha!emos : =tg "→dx=sec2

"d"

D=¿∫0

+bsec

2"d"

(1+tg2)2 dx

I ¿

= ∫0

+bsec

2"d"

(sec2")2dx = ∫

0

+bd"

sec2 dx

D=¿

I ¿ = ∫0

+b

cos2

"d"

Reemplazando 2 en 1.


14/25

I i =lim ¿b →∞∫

0

b

cos2" d"

¿=

lim ¿b →∞∫0

b1−cos2"

2 d"

¿

I i =lim ¿b →∞ [

1

2 ("− sen2

"2 )]0

b

¿=

lim ¿b→∞

{[1

2 (b− sen2b %b

2b )]0b

−1

2 (0−seno)}¿ I i =

lim ¿b →∞1

2b−

1

2 b=o

¿

∴Concluimos que I i=0

Problema N° *

Resolver:

a(

α x−cos¿

¿√ x2−1

¿dx¿

∫1

∞

¿

I i=¿

α x−cos¿

¿√ x2−1

¿dx¿

∫1

∞

¿

………………………………..(1)


15/25

Ha!emos :

9 = csc" …………………………………………………( 2)

dx=−csc"cot" d" …………………………( 3)

demCs:

9 = ∞→ "=!

9 = 0→ "=! 2

Remplazando (2) y (3) en (1)

I i=¿

α csc"−cos¿

¿"

−cot ¿¿¿

csc" cot" d"¿

∫! 2

!

¿

=

α sin"1−cos ¿

¿"

cot ¿¿¿

cot"d"¿

∫! 2

!

¿

=

α sin"

1−cos ¿¿¿

d"¿

∫!

2

!

¿

………………….(%)

Ha!emos:

tan ("2 )= p enton!es d"=

2dp

1+ p2 …………………………..()

sin"=

2 p

1+ p2 ademCs"=! → p = ∞ y "=

! 2

→ p=1

……………….(/)

3.$ remplazando () y (/) en (%)


16/25

α 2 p

1+ p2

1−cos ¿¿¿

2dp

1+ p2

¿

∫1

∞

¿

=

α

1+ p2−2 pcos ¿¿¿

2dp

¿

∫1

∞

¿

=

α +cos2α −cos2α 1+ p2−2 p cos¿

¿¿

2dp

¿

∫1

∞

¿

1−cos2 α +( p−cosα )2

¿¿2dp¿

∫1

∞

¿

= 2 ∫1

∞2dp

sin2α +( p−cosα )

2 ……………………………..(A)

Ha!iendo: sinα =a y cosα =b …………………………………………………..

(B)

%.$ remplazando (B) en (A) tenemos:

2 ∫1

∞2dp

a2+( p−b )

2 = [ 2a arctan( t −ba )]1∞

= [ 2sinα arctan ( t −cosα sinα )]1∞

{ 2sinα [arctan (∞ )− &rctn(1−cosα sinα )]}

{ 2

sinα [arctan (∞ )−

α 2 ]}

2

sinα ( ! 2−α 2 )


17/25

! −α sinα

.$ por lo tanto la integral

α x−cos¿

¿√ x2−1

¿dx¿

∫1

∞

¿

!onverge en! −α sinα

b( ∫1

∞ x

2−2

x3√ x2−1

dx

*ol!i"n

1) I i=∫1

∞ x

2−2

x3√ x2−1

dx

Ha!iendo !am8io de

x=sec"

∫1=sec"→"2=0

∞= sec"→"1=! 2

0nton!es tenemos

I i=∫0

!

2

d"−2∫0

!

2

d"

sec2

"


18/25

I i=[ ! 2−0]−2∫0

! 2

cos2"d"

I i=! 2−2∫

0

! 2

d"2 +2∫

0

! 2

cos2" d"2

I i=! 2−∫

0

! 2

d"+∫0

! 2

cos2" d"

I i=! 2−

! 2+∫

0

! 2

cos2" d"

I i=0+[ sin 2"2 ]0! 2

I i=0+1

2 [sin ! 2 (2)−sin 0(2)]

I i=1

2

[sin ! −sin 0 ]

¿1

2 [1−0 ]

¿1

2


19/25

Pro8lema DEA

0n los sigientes eer!i!ios !al!lar la integral apli!ando las formlas :

∫0

∞e− x2

dx=√ ' 2 …………..(+DF0GR# -0 P+**D)

∫0

∞sin X

X dx=

' 2 ………………..(+DF0GR# -0 -+R+,H#0F)

a) ∫0

∞

e−ax2

dx ………( a>0 )

Solución

1) Para @a!er la integra!i"n por partes @a!emos !am8io de varia8les:

u=e−ax2

du=−2ae−ax2

dx

I i=[ xe− x2 ]0

∞−∫

0

∞ x (−2ax e−ax

2

) dx

I i=[ xe− x2 ]

0

∞

+2∫0

∞

a x2

e−ax2

dx …………………..(1)

*ea:

2) I

a=

∫0

∞

a x2e−ax2

dx

Ha!emos: t 2=a x2→x=t √ a

2tdt =2axdx


20/25

tdt =axdx

tdt =

at

√ ad x

dt =√ a dx

I a=∫0

∞

t 2

e−t 2 dt

√ a=

1

√ a∫0

∞

t 2

e−t 2

dt

tet 2

t (¿dt )

I i= 1

√ a∫0

∞

¿

+ntegrando por partes

u=t dz=t e−t 2

dt

du=dt z=∫ t e−t 2dt

z=

1

2∫−2 t e−t

2

dt

z=

−12 ∫ e−t

2

(−2 tdt )

z=

−1

2

e−t 2

→ I a= 1

√ a [[−t e−t 2

2 ]0∞

−∫0

∞−12

e−t 2

dt ]


21/25

I a= 1

√ a [[−√ a x e−ax2

2 ]0∞

+1

2∫0

∞

e−t 2

dt ]

I a= 1

√ a [[−

√ a x e

−ax2

2 ]0∞

+1

2

√ ' 2 ]

I a=([− x e−ax2

2 ]0∞

+ √ '

4√ a )((((((( .. (2 )3) Remplazando (2) en (1)

I i=[ x e−ax2 ]

0

∞

+2

([− x e−ax

2

2 ]0∞

+ √ '

4 √ a

) I i=[ x e

−ax2− x e−ax2 ]0

∞

+ √ '

2√ a

I i=1

2 √ ' a%) Por lo tanto

∫0

∞

e−ax2

dx es !onvergente y !onverge a:1

2 √ ' a

b( ∫0

+∞sen

2 x

x2 dx

Solución

I i=∫0

+∞sen

2 x

x2

dx = ∫0

+∞

sen2 x % dx

x2


22/25

+ntegrando por partes:

Ha!emos: = sen2 x

d=2sen.!os.d dv=

dx

x2

d=sen2.d v= ∫ x−2dx

v=$1

x

I i = [−sen2 x x ]0

+∞

$ ∫0

+∞ −se n2 x x

dx

I i = [−sen2 x

x ]0+∞

<

2dxsen2 x2 x

¿

∫0

+∞

¿

)

↓

+.-iri!@let

I i = [−sen2 x

x ]0+∞

<! 2 =

lim ¿ ) →0b →∞

[−sen2 x

x ]0b

¿<

! 2

I i =lim ¿b →∞ [(−

sen2 bb )−(−sen

2 )) )]

¿ <

! 2

I i =$! 2 +

! 2 +

! 2=

! 2


23/25

∴∫0

+∞sen

2 x

x2

dx es !onvergente y !onverge en! 2

%

)( ∫0

+∞sen

4 x

x2

dx

Solución

I i=∫0

+∞sen

4 x

x2

dx = ∫0

+∞

dx = ∫0

+∞

sen4 x

dx

x2

+ntegrando por partes:

Ha!emos: = sen4 x

d=% sen3 x .!os.d dv=

1

x2

d=%(3 senx−sen3 x )%

4 !os.d v= ∫ 1

x2 d

d=3sen$sen3.!os.d v= ∫ x−2

dx =$1

x

I i = [−sen4 x

x ]0+∞

$ ∫0

+∞−(3senx%cosx−sen3 x % cosx ) dx

x dx

I i=

[−sen4 x

x

]0

+∞

<

3

∫0

+∞senx % cosx

x dx

$ ∫0

+∞sen3 x % cosx

x dx

sen3.!os=2 sen3 x % cosx

2


24/25

sen3.!os=sen4 x+sen2 x

2

I i =

[−sen4 x

x

]0

+∞

< 3∫0

+∞sen2 x2

x

dx $ ∫0

+∞sen 4 x2

x

dx $ ∫0

+∞sen2 x2

x

dx

I i = [−sen4 x

x ]0+∞

<

2dxsen2 x2 x

(¿)

3

2∫0

+∞

¿ $

2

4 ∫0

+∞sen4 x4 x

(4 dx) $1

2

2dxsen2 x2 x

(¿)

∫0

+∞

¿

↓ ↓ ↓

+.diri!@let +.diri!@let +.diri!@let

I i = [−sen4 x

x ]0+∞

+¿ 3

2

! 2

¿) $

1

2

! 2

¿) $

1

2

! 2

¿)

= [−sen4 x

x ]0+∞

+¿ 3 !

4 $

! 4

¿) $

! 4

¿)

= [−sen4 x

x ]0+∞

+¿ ! 4

I i =lim ¿ ) →0

b →+∞[−sen

4 x

x ])+∞

¿<

! 4

= > <! 4 =

! 4

∴∫0

+∞sen

4 x

x2

dx es !onvergente y !onverge en! 4 .


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Analisis Trabajo Lllllllllllllllll

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