Cálculo - Frank Ayres Jr & Elliot Mendelson - 5ed (1)

285
Por integración por fracciones parciales queda:
3. Halle dx
.
12 14
x
/ x
/
Sea x = z 4 . Entonces, dx = 4z 3 dz e
4. Halle dx
∫
.
2
x x + x+
2
e
x
dx
x
2
dz 1 z 2 1
2
C
z 4
ln ln
2 z 2 2
3
2
4z dz z dz
2
4
z z
z 1
12 / 14 /
4
Sea x 2 + x + 2 = (z – x) 2 . Entonces,
2
( z 1)
1
dz 4
z 1
x 2 2
C
x 2 2
( z1)( z1)
1
dz 4 z 1 1
dz
z 1
z 1
1 2 4 4
4( 2 z zln| z1|) C 2 x 4 x 4ln( x 1)
C
x =
z − 2
,
1+
2z
dx
=
2
x x + x+
2
2( z + z+
2)
dz
2
2
dx =
2
, x + x + 2 =
z + z+
2
( 1+
2z)
1+
2z
2 2
2
2( z + z+
2)
2
( 1+
2z)
2 2
dz = 2
z − 2 z + z+
2
1+
2z
1+
2z
dz 1 z
2
z − 2
= −
2 z +
∫ ∫
∫ ln
2
2
+ C
CAPÍTULO 34 Técnicas de integración IV: sustituciones misceláneas
=
1
2
ln
2
x + x+ 2 + x−
2
2
x + x+ 2 + x+
2
+ C
La ecuación 2
dz 1 z 2
2
C
z 2
ln se obtuvo mediante integración por fracciones parciales.
2 z 2
5. Resuelve
xdx
.
2 3
( 5 4x
x ) / 2
Sea 5 – 4x – x 2 = (5 + x)(1 – x) = (1 – x) 2 z 2 . Entonces,
2
x =
z − 5
,
1 + z
12zdz
2
dx =
5−4x− x =
( 1 + z ) , ( 1 − xz ) =
6z
+ z
2 2 2
2
z 5 12z
2 2 2
xdx 1z
( 1z
)
e
2 3/
2
3
( 54x
x )
dz
1
216z
1
5
2 dz
18 z
2 3
( 1
z )
1
z
5 C 5
2x
C
18 z
2
9 5
4x
x
6. Dado z = tan
x
( 2 ), es decir, x = 2 tan –1 z, muestre que
sen x =
2z
+
2
1 z
y cos x = − 2
1 z
1 + z 2
1
2
Como
1 + cos x 2
cos
x
2 2
1
1 1
2 2
=
sec ( x/ 2) 1 tan ( x/ 2)
1 + z 2
= ( ) = = +