Grupo 100411 89 Trabajo Fase 2 Final

DESARROLLO TRABAJO COLABORATIVO 2

GEIDER ENRIQUE BARIOS

GRUPO 100411_89

ENTREGADO A: WILSON IGNACIO CEPEDA

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA

UNAD

TURBO-ANTIOQUIA

7 DE OCTUBRE 2014

∫0

∞

e−x dx

∫0

∞

e−x dx=limt→∞

∫0

t

e−x dx

limt →∞

(−e− x)0t

limt →∞

−e−∞−(−e−0 )=1

RESPUESTA

1u2

EJERCICIO 2

∫−8

113√xdx

∫−8

11

x13

dx

∫−8

1

1 x−13 dx

∫−8

1

x−13 dx= lim

t→0−¿∫−8

t

x−13 dx+ lim

R→0+ ¿∫R

1

x−13 dx ¿

¿ ¿

¿

lim

t→ 0−¿[3 x232 ]−8

t

+ lim

R→0+¿[3 x232 ]R

1

¿

¿¿

¿

¿ 3023

2−3 (−8 )

23

2+3 (1 )

23

2−30

23

2

¿−6+ 32

Respuesta:

4.5u2

GRAFICA

Ejercicio 3

∫ x3

√1−x2

Cambio de variable

u=x2

dudx

=2 x

du=2 xdx

dx= du2 x

Remplazamos y simplificamos

12∫

u

√1−udu

Cambio de variable

s=1−u

dsdu

=−1

ds=−1du


¿−12∫

1−s√s

ds

Transformamos la integral así

−12 ∫( 1√s−√s)ds

−12∫s

−12 ds+∫ √sds

¿ s3

23−√s+c

Sustituimos la variable original de s=1−u

13

(1−u )23−√1−u+c

Por último paso sustituimos la variable original de u=x2

13

(1−x2 )23−√1−x2+c

RESPUESTA

¿−13

√1−x2 (x2+2 )+c

Ejercicio 4

∫0

1 √x√ x+1

dx

Cambio de variable

u=x

dudx

=1

du=dx


∫0

11

√ 1u +1du

Simplificamos el radical

∫0

11

√ u+1udu

Cambio de variable

s=u+1u

ds=( 1u−u+1u2 )du


−∫ 1

(1−s)2√sds

Cambio de variable

p=√s

dp= 12√ s

ds


¿−2∫ 1

(1−p2)2dp

Aplicamos fracciones parciales

−2∫( 14 (p+1 )

+1

2 (p+1 )2+

14 ( p−1 )

+1

4 (p−1 )2 )dp

−12 ∫ 1

p+1dp−1

2∫1

( p+1 )2dp+1

2∫1p−1

dp−12∫

1

( p−1 )2dp

Cambio de variable

w=p+1

dw=dp


−12 ∫ 1

wdw−1

2∫1

( p+1 )2dp+ 1

2∫1p−1

dp−12∫

1

( p−1 )2dp

¿−ln|w|1

−12∫ 1

( p+1 )2dp+ 1

2∫ 1p−1

dp−12∫ 1

( p−1 )2dp

Cambio de variable

v=p+1

dv=dp

¿−ln|w|1

−12∫ 1v2dv+1

2∫ 1p−1

dp−12∫ 1

( p−1 )2dp

¿ 12v

−ln|w|1

+ 12∫ 1p−1

dp−12∫ 1

(p−1 )2dp

Cambio de variable

z=p−1

dz=dp

¿ 12v

−ln|w|1

+ 12∫ 1zdz−1

2∫ 1

(p−1 )2dp

¿ 12v

−ln|w|1

+ln|z|2

−12∫ 1

(p−1 )2dp

Cambio de variable

l=p−1

dl=dp

¿ 12v

−ln|w|1

+ln|z|2

−12∫ 1l2dl

¿ 12v

−ln|w|1

+ln|z|2

− l2l

+c

Remplazamos todas las variables a su estado original

Respuesta

¿ √ xx+1

(√ x ( x+1 )−√x+1sinh−1 (√x )¿)

√ x+c

Límite superior menos límite inferior

¿ √ xx+1

(√ x ( x+1 )−√x+1 s∈h−1 (√x )¿)

√x

1

0

¿ √ 11+1

(√1 (1+1 )−√1+1sin h−1 (√1 )¿)

√1−√ 0

0+1(√0 (0+1 )−√0+1sinh−1 (√0 )¿)

√0

¿√2−sinh−1

Respuesta

0,53284u2

Ejercicio 5

∫0

π2

sin x25+cos2 x

dx

Cambio de variable

u=cos x

du=−sin x dx

Simplificamos y remplazamos

∫0

π2

125+u2

du

Factor común 25 denominador

∫0

π2

1

25( u252

+1)du

−125

∫0

π2

1u25

2

+1du

Cambio de variable

s=u5

ds=15du


−15 ∫ 1

s2+1ds

Nota

∫ 1

s2+1ds=tan−1 s+c

−15tan−1 s+c

−15tan−1( u5 )+c

−15tan−1( cos x5 )+c

Limites superior menos límite inferior

−15tan−1( cos x5 )

−15tan−1( cos( π2 )

5 )−(−15 tan−1( cos (0 )5 ))=¿

¿ 15cot−1 (5 )=0,039

Respuesta

¿0,039u2

π2

0

Ejercicio 06

∫ e4x

√4−(e4 x )2dx

∫ e4 x

√4−e8xdx

Cambio de variable

u=ex

du=ex dx


∫ u3

√4−u8du

Cambio de variable

s=u4

ds=4u3du


¿ 14∫

1

2√1− s4 2ds

La constante sale de la integral

¿ 18∫

1

√1− s4 2ds

Cambio de variable

p= s2

dp=12ds


14∫

1

1−p2dp

Nota

sin−1 ( p )=∫ 1

1−p2dp

¿ 14sin−1 ( p )+c

Cambio de variable a su estado original p=s2

¿ 14sin−1( s2 )+c

Cambio de variable a su estado original s=u4

¿ 14sin−1( u42 )+c

Cambio de variable a su estado original u=ex

Respuesta

¿ 14sin−1( e4 x2 )+c

Ejercicio 7

∫ dx

√ x (1+√x )

Cambio de variable

u=√x+1

du= 12√ x

dx


¿2∫ 1u du

2∫ u−1du

2 ln|u|+c

Remplazamos la variable a su estado original u=√x+1

Respuesta

2 ln|√ x+1|+c

Ejercicio 08

∫ 1

√ x2−1dx

La anterior integral es igual a

cosh−1 x

Luego que

∫cosh−1 x dx

Respuesta

¿ ln|√x2−1+x|+C

Ejercicio 09

∫ exsin( x)dx

Integral por partes

∫ f dg=f g−∫ gdf

Donde

f=sin x

df=cos x dx

dg=ex dx

g=ex

Remplazamos estos valor por la formula anterior así


∫ exsin x dx=ex sin x−∫ ex cos xdx

Ahora la integral que vemos ahí también toca por partes ∫ excos x dx

Así


Donde

f=cos x

df=−six x

dg=ex dx

g=ex

Remplazamos estos valor por la formula anterior así


∫ exsin x dx=ex sin x−ex cos x−¿∫ ex sin x dx ¿

Entonces la integral ∫ exsin x dx a ambos lados es

2∫ exsin x dx=e xsin x−ex cos x

Dividir ambos lados por 2

∫ exsin x dx=12 (ex sin x−ex cos x )+C

Respuesta

¿ 12ex (sin x−cos x )+C

Ejercicio 10

∫ 5x−42 x2+x−1

dx

Rescribir la integral así:

5 x−42x2+x−1

=5 (4 x+1 )

4 (2 x2+ x−1 )− 21

4 (2 x2+ x−1 )

∫ 5 (4 x+1 )4 (2x2+x−1 )

− 21

4 (2x2+x−1 )dx

Integramos por factores y sacamos la constante

54∫

(4 x+1 )(2x2+x−1 )

dx−∫ 21

4 (2 x2+x−1 )dx

Para la integral (4 x+1 )

(2x2+x−1 ) realizamos cambio de variable así

u=2x2+x−1

du=(4 x+1 )dx

54∫

1udu−21

4 ∫ 1

(2 x2+x−1 )dx

5 ln|u|4

−214∫ 1

(2x2+x−1 )dx

Para la integral 1

(2x2+x−1 ) completamos el cuadrado

5 ln|u|4

−214∫ 1

(√2x+ 12√2 )

2

−98

dx

Para la integral (√2 x+ 12√2 )

2

−98

cambio de variable

s=√2 x+ 1

2√2

ds=√2dx

5 ln|u|4

−214∫ 1

s2−98

ds

El factor −98

para el denominador así

5 ln|u|4

− 214 √2∫

8

9(1−8 s29 )ds

5 ln|u|4

−7√23

∫ 8

1−8 s2

9

ds

La integral 1−8 s2

9 cambio de variable así

p=2√2 s3

dp=2√23ds

5 ln|u|4

−72∫ 11−p2

dp

La integral 1

1−p2es también tanh−1 (p ) por lo tanto la nueva integral es

72tanh−1 (p )+ 5 ln|u|

4+C

Remplazamos el valor de p

72tanh−1( 2√2 s3 )+ 5 ln|u|4

+C

Remplazamos el valor de s

72tanh−1( 4 x3 + 1

3 )+5 ln|u|4+C

Remplazamos el valor de u

72tanh−1( 4 x3 + 1

3 )+5 ln|2x2+x+1|4

+C

Respuesta final es

3 ln|x+1|−12ln|1−2 x|+C

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