www.ejerciciosresueltos.cl

1. www.ejerciciosresueltos.cl
Ejercicios Resueltos
Ingener´ıa
Primera prueba
C´alculo aplicado I
´Ultima edici´on: 14 de abril de 2016
Problema 1:
Resolver las siguientes integrales aplicando el m´etodo de sustituci´on o cambio de variable, escribiendo todo el desa-
rrollo anal´ıtico.
i)
e2x
e2x + 3
dx
ii) cos(x)
√
1 + sin(x)dx
Soluci´on:
i) Sea u = e2x
+ 3, entonces
du = 2e2x
dx ⇒
du
2
= e2x
dx.
Reemplazamos en la integral y nos queda
e2x
e2x + 3
dx =
1
e2x
+ 3
u
e2x
dx
du/2
,
=
1
u
du
2
,
=
1
2
du
u
,
=
1
2
ln |u| + c ,
=
1
2
ln |u| + c,
sustituimos el valor de u y obtenemos
e2x
e2x + 3
dx =
1
2
ln |e2x
+ 3| + c.

2. www.ejerciciosresueltos.cl
ii) Sea v = 1 + sin(x), entonces
dv = cos(x)dx.
Reemplazamos en la integral y nos queda
cos(x) 1 + sin(x)dx = 1 + sin(x)
v
· cos(x)dx
dv
,
=
√
vdv,
= v
1
2 dv,
=
v
1
2 +1
1
2 + 1
+ c,
=
v
3
2
3
2
+ c,
=
2
3
v
3
2 + c,
sustituimos el valor de v y obtenemos
cos(x) 1 + sin(x)dx =
2
3
(1 + sin(x))
3
2 + c.
2

3. www.ejerciciosresueltos.cl
Problema 2:
Determina la soluci´on de la expresi´on aplicando el m´etodo de integraci´on por partes.
i) x3
ex2
dx
ii) x arcsin(2x)dx
Soluci´on:
i) Antes de aplicar el m´etodo de integraci´on por partes, usarmos una sustituci´on. Sea y = x2
, entonces
y = x2
⇒ dy = 2x dx
luego
x3
ex2
dx = x2
ex2
· xdx
dy/2
,
= yey dy
2
,
=
1
2
yey
dy, (2.1)
Usando el m´etodo de integraci´on por partes, sea u = y y dv = ey
dx, entonces
u = y ⇒ du = dy
dv = ey
dy ⇒ v = ey
Luego
u dv = uv − v du,
yey
dy = yey
− ey
dy,
= yey
− ey
.
Reemplazamos este resultado en la ec. (2.1) y luego el valor de y
x3
ex2
dx =
1
2
(yey
− ey
) + c,
=
1
2
x2
ex2
− ex2
+ c.

4. www.ejerciciosresueltos.cl
ii) Primero haremos un cambio de variable. Sea u = 2x y du = 2dx, entonces
x arcsin(2x) dx =
u
2
arcsin(u)
du
2
=
1
4
u arcsin(u) du. (2.2)
Ahora, usamos el m´etodo de integraci´on por partes, es decir:
f dg = fg − gd f, (2.3)
hemos cambiado las letras para que no se confunda con la u anterior. Luego
f = u ⇒ d f = du
dg = arcsin(u) du ⇒ g =
1
√
1 − u2
,
entonces, reemplazando en la ec. (2.3)
u arcsin(u) du =
u
√
1 − u2
−
1
√
1 − u2
du
=
u
√
1 − u2
− arcsin(u).
Reemplazamos en la ec. (2.2)
x arcsin(2x) dx =
u
2
arcsin(u)
du
2
=
1
4
u
√
1 − u2
− arcsin(u) + c,
pero u = 2x, por lo tanto
x arcsin(2x) dx =
1
4
2x
√
1 − 4x2
− arcsin(2x) + c.
4

5. www.ejerciciosresueltos.cl
Problema 3:
Resolver las siguientes integrales aplicando el m´etodo de fracciones parciales, escribiendo todo el desarrollo anal´ıtico.
i)
x2
+ 1
(x + 1)2(x − 1)
dx
ii)
x3
+ 1
x3 − 5x2 + 6x
dx
Soluci´on:
i) Primero, debemos aplicar el m´etodo de fracciones parciales, entonces
x2
+ 1
(x + 1)2(x − 1)
=
A1
x + 1
+
A2
(x + 1)2
+
A3
x − 1
,
x2
+ 1
@@@@@@@
(x + 1)2
(x − 1)
=
A1(x + 1)(x − 1) + A2(x − 1) + A3(x + 1)2
@@@@@@@
(x + 1)2
(x − 1)
,
x2
+ 1 = A1(x2
− 1) + A2(x − 1) + A3(x2
+ 2x + 1),
x2
+ 1 = A1x2
− A1 + A2x − A2 + A3x2
+ 2A3x + A3,
x2
+ 1 = (A1 + A3)x2
+ (A2 + 2A3)x + (−A1 − A2 + A3),
igualmos coeficientes y formamos el siguiente sistema de ecuaciones
A1 + A3 = 1
A2 + 2A3 = 0
−A1 − A2 + A3 = 1
donde A1 = 1
2 , A2 = −1, c = 1
2 . Reemplazamos en
x2
+ 1
(x + 1)2(x − 1)
=
1
2(x + 1)
−
1
(x + 1)2
+
1
2(x − 1)
,
integramos
x2
+ 1
(x + 1)2(x − 1)
dx =
1
2(x + 1)
−
1
(x + 1)2
+
1
2(x − 1)
dx,
=
1
2(x + 1)
dx −
1
(x + 1)2
dx +
1
2(x − 1)
dx,
=
1
2
1
(x + 1)
dx
I1
−
1
(x + 1)2
dx
I2
+
1
2
1
(x − 1)
dx
I3
,

6. www.ejerciciosresueltos.cl
las integrales I1, I2 e I3 se puede realizar haciando un cambio de variable sencillo, por lo tanto
x2
+ 1
(x + 1)2(x − 1)
dx =
1
2
[ln |x + 1| + c1] − −
1
x + 1
+ c2 +
1
2
[ln |x − 1| + c3] ,
=
1
2
ln |x + 1| +
1
x + 1
+
1
2
ln |x − 1| + c.
ii) En este problema no podemos aplicar el m´etodo de fracciones parciales directamente, ya que el grado del
n´umerador es igual al grado del denominador. Primero, realizamos una divisi´on de polinomios, entonces
x3
+ 1
x3 − 5x2 + 6x
= 1 +
5x2
− 6x + 1
x3 − 5x2 + 6x
,
luego
x3
+ 1
x3 − 5x2 + 6x
dx = 1 +
5x2
− 6x + 1
x3 − 5x2 + 6x
dx,
= dx +
5x2
− 6x + 1
x3 − 5x2 + 6x
dx. (3.1)
Aqu´ı si podemos aplicar descomposici´on en fracciones parciales, pero antes factoricemos
5x2
− 6x + 1
x3 − 5x2 + 6x
=
5x2
− 6x + 1
x(x2 − 5x + 6)
=
5x2
− 6x + 1
x(x − 2)(x − 3)
,
entonces
5x2
− 6x + 1
x3 − 5x2 + 6x
=
A1
x
+
A2
(x − 2)
+
A3
(x − 3)
, (3.2)
5x2
− 6x + 1
@@@@@@
x3
− 5x2
+ 6x
=
A1(x − 2)(x − 3) + A2x(x − 3) + A3x(x − 2)
@@@@@@
x3
− 5x2
+ 6x
,
5x2
− 6x + 1 = A1(x2
− 5x + 6) + A2(x2
− 3x) + A3(x2
− 2x),
5x2
− 6x + 1 = A1x2
− 5A1x + 6A1 + A2x2
− 3A2x + A3x2
− 2A3x,
5x2
− 6x + 1 = (A1 + A2 + A3)x2
+ (−5A1 − 3A2 − 2A3)x + (6A1) (3.3)
igualmos coeficientes y formamos el siguiente sistema de ecuaciones
A1 + A2 + A3 = 5,
−5A1 − 3A2 − 2A3 = −6,
6A1 = 1.
donde A1 = 1
6 , A2 = −9
2 , c = −28
3 . Reemplazamos en la ec. (3.2)
6

7. www.ejerciciosresueltos.cl
5x2
− 6x + 1
x3 − 5x2 + 6x
=
1
6x
−
9
2(x − 2)
−
28
3(x − 3)
. (3.4)
Sustituimos la ec. (3.4) en la ec. (3.1)
x3
+ 1
x3 − 5x2 + 6x
dx = dx +
1
6x
−
9
2(x − 2)
−
28
3(x − 3)
dx,
= dx +
1
6x
dx −
9
2(x − 2)
dx −
28
3(x − 3)
dx,
= dx +
1
6
1
x
dx −
9
2
1
(x − 2)
dx −
28
3
1
(x − 3)
dx,
las integrales anterior corresponden a sustituciones simples, por lo tanto
x3
+ 1
x3 − 5x2 + 6x
dx = x +
1
6
ln |x| −
9
2
ln |x − 2| −
28
3
ln |x − 3| + c.
7

8. www.ejerciciosresueltos.cl
Problema 4:
Resolver las siguientes integrales aplicando el m´etodo de sustituci´on trigonom´etrica, escribiendo todo el desarrollo
anal´ıtico
i)
1
x2 + 1 3/2
dx
ii)
√
25 − x2
x
dx
Soluci´on:
i) Sea x = tan θ, entonces
x = tan θ ⇒ dx = sec2
θdθ,
luego
1
x2 + 1 3/2
dx =
1
√
x2 + 1
3
dx =
sec2
θdθ
√
tan2 θ + 1
3
,
θ
x
1
x +12
FIG. 1: Tri´angulo rect´angulo de ca-
tetos 1 y x, e hipotenusa
√
x2 + 1.
usando la identidad trigonom´etrica sec2
θ − tan2
θ = 1, tenemos
1
x2 + 1 3/2
dx =
sec2
θ dθ
{sec2 θ − 1} + 1
3
,
=
sec2
θ dθ
√
sec2 θ
3
,
=
sec2
θ dθ
sec3 θ
,
=
1
sec θ
dθ,
= cos θ dθ,
= sin θ + c,
pero, de acuerdo a la FIG. (1), podemos escribir sin θ = x/
√
x2 + 1, entonces
1
x2 + 1 3/2
dx =
x
√
x2 + 1
+ c.

9. www.ejerciciosresueltos.cl
x = 5 sin θ ⇒ dx = 5 cos θ dθ,
θ
25−x2
x
5
FIG. 2: Tri´angulo rect´angulo de ca-
tetos
√
25 − x2 y x, e hipotenusa 5.
ii) Sea x = 5 sin θ, entonces
luego, reemplazamos
√
25 − x2
x
dx =
25 − {5 sin θ}2
{5 sin θ}
{5 cos θ dθ},
=
25 − 25 sin2
θ
5 sin θ
· 5 cos θ dθ,
=
¡5 1 − sin2
θ
¡5 sin θ
· 5 cos θ dθ,
= 1 − sin2
θ ·
5 cos θ
sin θ
dθ,
= 5 1 − sin2
θ ·
cos θ
sin θ
dθ,
= 5
√
cos2 θ ·
cos θ
sin θ
dθ,
= 5 cos θ ·
cos θ
sin θ
dθ,
= 5
cos2
θ
sin θ
dθ,
= 5
1 − sin2
θ
sin θ
dθ,
= 5
1
sin θ
−
sin2
θ
sin θ
dθ,
= 5
1
sin θ
− sin θ dθ,
= 5
1
sin θ
dθ − 5 sin θ dθ. (4.1)
Ahora debemos resolver la integral (sin θ)−1
dθ, lo cual lo haremos usando el m´etodo de integraci´on por parte
en el siguiente cuadro:
9

10. www.ejerciciosresueltos.cl
1
sin θ
dθ = csc θ dθ
Multiplicamos el numerador y el denominador por (cot θ + csc θ), entonces
csc θ dθ = csc θ ·
cot θ + csc θ
cot θ + csc θ
dθ,
=
csc θ cot θ + csc2
θ
cot θ + csc θ
dθ. (4.2)
Usamos el cambio de variable u = cot θ + csc θ, entonces
u = cot θ + csc θ, ⇒ du = (cot θ) + (csc θ) ,
du = (− csc2
θ dθ) + (− csc θ cot θ dθ),
−du = (csc θ cot θ + csc2
θ) dθ.
Reemplazamos en la ec. (4.2),
csc θ dθ = −
du
u
= − ln |u| + c .
Por lo tanto
1
sin θ
dθ = csc θ dθ = − ln |cot θ + csc θ| + c . (4.3)
Sustituyendo la ec. (4.3) en (4.1)
√
25 − x2
x
dx = 5 − ln |cot θ + csc θ| + c − 5 sin θ dθ,
= 5 − ln |cot θ + csc θ| + c − 5 − cos θ + c ,
= 5 cos θ − 5 ln |cot θ + csc θ| + c.
Observando la figura, podemos escribir
cos θ =
√
25 − x2
5
, cot θ =
√
25 − x2
x
, csc θ =
5
x
,
entonces
√
25 − x2
x
dx = ¡5 ·
√
25 − x2
¡5
− 5 ln
√
25 − x2
x
+
5
x
+ c,
=
√
25 − x2 − 5 ln
√
25 − x2 + 5
x
+ c.
10

11. www.ejerciciosresueltos.cl
usando la identidad trigonom´etrica sec2
θ − tan2
θ = 1, tenemos
1
x2 + 1 3/2
dx =
sec2
θ dθ
{sec2 θ − 1} + 1
3
,
=
sec2
θ dθ
√
sec2 θ
3
,
=
sec2
θ dθ
sec3 θ
,
=
1
sec θ
dθ,
= cos θ dθ,
= sin θ + c,
pero, de acuerdo a la FIG. 2, podemos escribir sin θ = x/
√
x2 + 1, entonces
1
x2 + 1 3/2
dx =
x
√
x2 + 1
+ c.
11