2 respuestas
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Hola! Germán.
Aún no has contestado mi re pregunta. Amplío diciéndote que si ya las hubieses estudiado entonces esta integral se resolvería con mucha sencillez...
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Muy buenas tardes, no todavía no he estudiado las funciones hiperbólicas. ¿Como se solucionaría por este método)
Gracias
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Tanto como así (click en la imagen para agrandarla):
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¡Hola Geman!
Hagamos primero la indefinida para no ir arrastrando los extremos de integración todo el rato que puede ser mucho.
Voy a intentar cargarme el denominador como parte del diferencial del cambio
$$\begin{align}&\int \frac{\sqrt x\; dx}{ \sqrt{x+1}}\\&\\&t= \sqrt {x+1}\implies t^2=x+1\implies \sqrt x=\sqrt {t^2-1}\\&\\&dt= \frac{dx}{2 \sqrt{x+1}}\implies \frac{dx}{\sqrt {x+1}}=2\,dt\\&\\&=\int \sqrt{t^2-1}·2dt= 2\int \sqrt{t^2-1}dt\end{align}$$Y por mi experiencia aquí sé que estas integrales os obligan a hacerlas con cambio triginométrico. Ojalá no fuera así y pudieráis usar cambios hiperbólicos pero me temo que no. Si os dejan ya me lo dirás.
Tenemos que hacer que el radicando sea un cuadrado perfecto para cargarnos la raíz cuadrada. Conocemos una identidad trigonometrica que es:
$$\begin{align}&1+tg^2u = sec^2u\implies\\&tg^2u = sec^2u-1\\&\\&\text{Y esto es lo que necesitamos}\\&\\&2\int \sqrt{t^2-1}dt=\\&\\&t=sec\,u\\&dt=sec\,u·tg\,u\;du\\&\\&2\int \sqrt{sec^2u-1}·sec\,u·tg\,u \;du=\\&\\&2\int \sqrt{tg^2u}·sec\,u·tg\,u \;du=\\&\\&2\int sec\,u·tg^2\,u \;du=\\&\\&2\int \frac{sen^2u}{\cos^3u}du=\\&\\&\text{Ahora viene el cambio trigonométrico universal}\\&\text{que no lo voy a explicar}\\&\\&tg \frac u2=z\implies sen\,u=\frac{2z}{1+z^2},\quad \cos u=\frac {1-z^2}{1+z^2}\\&\\&du= \frac{2}{1+z^2}dz\\&\\&=2\int\frac{\left(\frac{2z}{1+z^2} \right)^2}{\left(\frac{1-z^2}{1+z^2}\right)^3}·\frac {2}{1+z^2} dz=\\&\\&4\int \frac{4z^2}{(1-z^2)^3}dz=\\&\\&\text{Lo siento pero esto es demasiado. ¡6 raíces }\\&\text{con repeticiones! Puedes usar el método normal}\\&\text{o Hermite. Yo usaré el programa Máxima}\\&\\&=ln |z-1|-ln|z+1|+\frac{2z^3+2z}{z^4-2z^2+1}\\&\\&\text{Y deshacer los cambios sería horrible, lo }\\&\text{que haremos es calcularlos extremos}\\&\text{de las nuevas variables}\\&x\bigg|_0^1\\&\\&t = \sqrt {x+1}\implies t\bigg|_1^{\sqrt 2}\\&\\&u=arc sec\; t\implies u\bigg|_0^{arc sec\, \sqrt {2}}\\&\\&z=tg \frac u2\implies z\bigg|_0^{tg\left(\frac{arc sec\, \sqrt 2}{2} \right)}\\&\\&\text{El arco cuya secante es } \sqrt 2\\&\text{es le arco cuyo coseno es } \frac{1}{\sqrt 2}\\&\text{Y aunque no lo reconozcamos así, es superfamoso}\\&\frac{1}{\sqrt 2}=\frac{\sqrt 2}{2}\implies arcsec \,\sqrt 2=\frac{\pi}{4}\\&\\&z\bigg|_0^{tg\left(\frac{\pi/4}{2} \right)}=\\&\\&\text{Aplicando la fórmula}\\&\\&tg \frac{A}{2}= \frac{-1\pm \sqrt{1+ tg^2A}}{tgA}\\&\\&= z\bigg|_0^{-1+\sqrt 2}\\&\\&\text{Y lo siento pero de nuevo usaré el ordenador,}\\&\text{ no estoy para evaluar en ese punto a mano}\\&\\&\int_0^1 \frac{\sqrt x}{\sqrt{x+1}}dx=\\&\\&\left[ ln |z-1|-ln|z+1|+\frac{2z^3+2z}{(z^2-1)^2}\right]_0^{-1+ \sqrt 2}=\\&\\&ln(2- \sqrt 2)-ln \sqrt 2+\frac{2(\sqrt 2-1)^3+2(\sqrt 2-1)}{((\sqrt 2-1)^2-1)^2}=\\&\\&ln(\sqrt 2-1)+\frac {12 \sqrt 2-16}{12-8 \sqrt 2}=\\&\\&ln(\sqrt 2-1)+\frac{3 \sqrt 2-4}{3-2 \sqrt 2}=\\&\\&ln(\sqrt 2-1)+\frac{(3 \sqrt 2-4)(3+2 \sqrt 2)}{9-8}=\\&\\&ln(\sqrt 2-1)+ \sqrt 2 \approx\\&\\&0.53283997535355\end{align}$$Y eso es todo. Si quieres la resolución por cambio hiperbólico manda otra pregunta, en esta ya he trabajado mucho.
Sa lu dos.
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Pues por un poquito que no hemos hecho no vamos a quedar mal. Voy a hacer a mano la integral de la función racional que puse con la respuesta que me daba Máxima.
$$\begin{align}&4 \int \frac{4z^2}{(1-z^2)^3}dz=-16\int \frac{z^2}{(z^2-1)^3}dz=\\&\\&-16\int \frac{z^2}{(z+1)^3(z-1)^3}dz=\\&\\&\text{las fracciones simples son}\\&\\&\frac{a}{z+1}+\frac{b}{(z+1)^2}+\frac{c}{(z+1)^3}+\frac{d}{z-1}+ \frac{e}{(z-1)^2}+\frac{f}{(z-1)^3}\\&\\&\text{El numerador de esa suma es}\\&\\&a(z+1)^2(z-1)^3+b(z+1)(z-1)^3+c(z-1)^3+\\&+d(z-1)^2(z+1)^3+e(z-1)(z+1)^3+f(z+1)^3=z^2\\&\\&Para\; z=1\implies 8f=1 \implies f=\frac 18\\&Para\; z=-1\implies-8c=1\implies c=-\frac 18\\&\\&\text{Y lo vuelvo a sentir pero esa operación la haré con ordenador}\\&(a+d)z^5+(-a+b+d+e)z^4+(-2a-2b+c-2d+2e+f)z^3+\\&(2a-3c-2d+3f)z^2+(a+2b+3c+d-2e+3f)z+\\&-a-b-c+d-e+f=z^2\\&\\&z^5)\qquad a+d=0\implies d=-a\\&z^4)\qquad-a+b+d+e=0\implies-2a+b+e=0\\&z^3) \qquad-2a-2b-\frac 18+2a+2e+\frac 18=0\implies -2b+2e=0\implies e=b\\&\text{Y en combinación con las anteriores }\implies a=b=e=-d\\&z^2)\qquad2a+\frac 38+2a+\frac 38=1\implies a=\frac 1{16}\implies \\&\\&b=e= \frac 1{16}; d= - \frac 1{16}\\&\\&\text{Ya volvemos a la integral, hago los productos por -16}\\&\\&=-\int \frac{dz}{z+1}-\int \frac{dz}{(z+1)^2}+2\int \frac{dz}{(z+1)^3}+\int \frac{dz}{z-1}-\int \frac{dz}{(z-1)^2}-2\int \frac{dz}{(z-1)^3}=\\&\\&-ln|z+1|+\frac{1}{z+1}-\frac{1}{(z+1)^2}+ln|z-1|+\frac{1}{z-1}+\frac{1}{(z-1)^2}=\\&\\&ln|z-1|-ln|z+1|+ \frac{(z+1)(z-1)^2-(z-1)^2+(z-1)(z+1)^2+(z+1)^2}{(z+1)^2(z-1)^2}=\\&\\&ln|z-1|-ln|z+1|+ \frac{z(z-1)^2+z(z+1)^2}{(z^2-1)^2}=\\&\\&ln|z-1|-ln|z+1|+ \frac{z(2z^2+2)}{(z^2-1)^2}=\\&\\&ln|z-1|-ln|z+1|+ \frac{2z^3+2z}{(z^2-1)^2}\\&\end{align}$$¡Uff, ya está! No creas que me salió a la primera, tuve que corregir.
El día que esto te parezca simple ya puedes opositar a catedrático.
Saludos.
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Ja ja pues creo que para volverme catedrático me falta muuuuuucho, de verdad que esta integral esta muy difícil.
Muchas gracias profe.