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8/17/2019 Analisis Trabajo Lllllllllllllllll
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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:
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∫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 )
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#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:
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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
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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:
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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:
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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
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*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
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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).
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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"
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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
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*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
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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.
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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)
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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 (%)
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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 )
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! −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
"
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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
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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
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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 ]
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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
8/17/2019 Analisis Trabajo Lllllllllllllllll
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 =$! 2 +
! 2 +
! 2=
! 2
8/17/2019 Analisis Trabajo Lllllllllllllllll
23/25
∴∫0
+∞sen
2 x
x2
dx es !onvergente y !onverge en! 2
%
)( ∫0
+∞sen
4 x
x2
dx
Solución
I i=∫0
+∞sen
4 x
x2
dx = ∫0
+∞
dx = ∫0
+∞
sen4 x
dx
x2
+ntegrando por partes:
Ha!emos: = sen4 x
d=% sen3 x .!os.d dv=
1
x2
d=%(3 senx−sen3 x )%
4 !os.d v= ∫ 1
x2 d
d=3sen$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
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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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