unidad 9 – integrales indefinidas · 5 f) 4 2 2 2 4 1 x dx x + ∫ − resolvemos la integral...
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1
Unidad 9 – Integrales indefinidas
PÁGINA 213
SOLUCIONES
1. La solución es:
a) 5,3)(;8)( 22−=+= xxFxxF b) −=)(xF cos −=− )(;2 xFx cos
3
1+x
c) xx exFexF −−=+−= )(;2)( d) 1)2(ln3)(;5)2(ln3)( −+=++= xxFxxF
2. La solución en cada caso:
a) )()2()2(4
4)(
4 34
3
4 34
3
xfx
x
x
xxF =
−=
−=′ , por tanto )(xF es primitiva de )(xf .
b) )()1(
2
)1(
11
1
1
)1(
1)(
222xf
x
x
x
x
xxxF =
+
−−=
+
−−−=
+
−+
+−=′ , por tanto )(xF es primitiva de )(xf .
c) ( ) 4 sen2 cos2 4 cos2 sen2 8 sen2 cos2 ( )F x x x x x x x f x′ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
2
PÁGINA 225
SOLUCIONES
1. Los números de la forma 2 1n + y 2 3n + son números impares. Su suma es:
(2 1) (2 3) 4 4 4( 1)n n n n+ + + = + = + que es un número par.
2. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( )P Q a b c d a c a d b c b d ac bd ac bd⋅ = + ⋅ + = + + + = + + −
4
SOLUCIONES
1. Las primitivas quedan:
2. Todas las primitivas son de la forma de 1
1)(
+=
xxf son de la forma CxxF ++= 1ln)( .
La que vale 3 para 0=x es: 31ln)( ++= xxF
3. La función buscada es: 2)( 3+= xxf
4. Las primitivas quedan:
k) ( )
2tg x
2C+ l) ( )
338
19
x C−
− +
5. La integrales quedan:
7
SOLUCIONES
8. Las integrales quedan:
9. Las integrales quedan:
a) ( )3
2 222 4 5 2 5
3
xx x dx x x C− + = − + +∫ b)
2
2
1 3 13
2
xx dx C
xx
+ = − +
∫
c) ( )( )
5
22
4 45
xx x dx C
−− + = +∫ d)
42ln 3 2
3 2
xx
x
edx e C
e= − − +
−∫
e) 4 7
4 3 5 82 5ln
7
xx dx x C
x
− = − +
∫ f)
4 433 2
2 2ln4
x x x xdx x x C
x
− += − + +∫
g) 2
2
1 1ln 2 4 7
42 4 7
xdx x x C
x x
+= + − +
+ −∫ h) ( )4
3 39 24
xx x dx x C− = − +∫
i) ( )2
2
3 3ln 16
216
xdx x C
x= + +
+∫ j) ( )( )
32
22
5 2 32 3 5 ·
12
xx x dx C
−− = +∫
k) 2
3 2
2 5 7 5 72ln
3 5 3 10x x dx x C
xx x
− + = + + +
∫ l)
23
3
5 5ln 8
38
xdx x C
x= + +
+∫
10. Las integrales quedan:
8
11. Las integrales quedan:
a) 3
3 6ln 22
xdx x x C
x= + − +
−∫ b) 2
44ln 2 4ln 1
3 2dx x x C
x x= − − − +
− +∫
c) 3 2
2
22 ln ( 4)
24
x xdx x C
x
−= − + + +
+∫ d) 3 2
2
33 arctg
21
x x xdx x C
x
+ += + +
+∫
e) 2
2
1 1ln
11
x xdx x C
xx
+ −= + +
+−∫ f) 2
3 2
4 3 1 2ln 3 ln 1
12
x xdx x x C
xx x x
− += + − − +
−− +∫
i)
9
12. Las integrales quedan:
a) Cambio de variable )1( 22 tx =−
b) Cambio )( te x=
− ;
c) Cambio )ln1( 3tx =+ ;
d) Cambio )32( 2tx =− ;
e) Cambio )1( 22 tx =+ ;
f) Cambio )ln( tx = ;
g) Cambio )( 2tx = ;
h) Cambio )( 2tex= ;
i) Cambio ;)1( 2tx =+
11
SOLUCIONES
13. Queda:
∫ ++−
=
+= Cx
xdxx
xxf 2
34 3
12
1)(
Si la grafica de esta función pasa por (2, 4) se verifica: 24
14
24
14 =⇒++−= CC
La función pedida es 24
1
3
1)( 2
3++
−−= x
xxf
14. Queda:
15. La solución es:
226)( 2++=′′ xxxf
Cxxxxf +++=′ 22)( 23 Por pasar por 3)0,1( =⇒− C
Luego 322)( 23+++=′ xxxxf
Cxxxx
xf ++++= 332
)( 234
Imponiendo que pase por (0, 5) obtenemos 5=C luego 5332
)( 234
++++= xxxx
xf .
16. Las integrales quedan:
a) Es inmediata ( ) Cxxx
dxxx ++−=+−∫ 32
5
3
2352
232
b) Es inmediata Cxdxx
x++=
+∫ )5(ln5
2 2
2
c) Por cambio de variable )1( tx =+ obtenemos:
d) Es racional
12
17. En cada apartado:
a)
b) Su gráfica es:
18. La solución:
Por partes:
Para que se anule en 2=x se debe verificar:
Por tanto la primitiva buscada es:
19. La solución:
Por tanto, la función buscada es:
13
20. Queda:
Como DCxxxfCxxfxf ++=⇒+=′⇒=′′ 2)(2)(2)(
Como )(xf ′′ pasa por (2, 0) : DC ++= 240
Como 10)2( =′f : 104 =+C
Entonces: 6=C ; 16−=D
La función buscada es: 166)( 2−+= xxxf
21. La solución de la integral racional es:
Cxxdxx
dxx
dxxx
x+−+=
−+
−=
−
+∫ ∫∫ 1ln2ln
1
2112
22. La solución es:
Cx
xfxxf +=′⇒=′′2
3)(3)(
2
. Como 22)0( =⇒=′ Cf
Luego 22
3)(
2
+=′x
xf , por tanto 122
)(3
++= xx
xf
23. Queda:
24. La integral queda:
Todas las primitivas de )(xf son Ce
xFx
++
=5
)1(2)(
2/5
Dos primitivas son: 75
)1(2)(
2/5
1 ++
=
xexF y 12
5
)1(2)(
2/5
2 −+
=
xexF
1
Unidad 10 – Integrales definidas. Aplicaciones
PÁGINA 235
SOLUCIONES
1. Las áreas quedan:
221 3211 uA =⋅+=
22 2
2
22uA =
⋅=
23 52
2
32uA =⋅
+=
2. El área del recinto viene dada por :
( ) ( )4
2
1
Área 3 2 10,5x dx u= − − − − =∫
2
PÁGINA 249
SOLUCIONES
1. La solución queda:
Directo: Si sumamos dos números impares entonces, obtenemos un número par.
Este resultado es verdadero: (2 1) (2 1) 2( 1)n m n m+ + + = + + número par
Recíproco: Si obtenemos un número par, entonces, sumamos dos números impares. Este resultado es falso. Podemos obtener un número par de la suma de dos pares. Contrario: Si no sumamos dos números impares, entonces, no obtenemos un número par. Este resultado es falso. De la suma de dos números pares se obtiene un número par. Contrarecíproco: Si no obtenemos un número par, entonces, no sumamos dos números impares. Este resultado es verdadero. Si no obtenemos un número par, estamos obteniendo un número impar. Este resultado proviene de sumar un número impar y otro número par; por tanto, no sumamos dos números impares.
2. Como en la hipótesis nos dicen que a y b son dos números reales positivos, podemos poner
m a= y n b= ; así la desigualdad dada quedaría de la forma:
2 2
2·
1 1m n
m n
≤
+
Operando en esta desigualdad obtenemos 2 2
2 2
2·
m nm n
m n≤
+ o lo que es lo
mismo, vamos a demostrar que 2 2
2 2
2· 0
m nm n
m n− ≥
+.
Operando, convenientemente, en la primera expresión obtenemos:
( )22 2
2 2 2 2
2· ·
m nm n mnm n m n
m n m n
− + −=
+ + y como m y n son números reales positivos queda
probado que esta expresión es mayor o igual que cero que es lo que queríamos demostrar.
4
SOLUCIONES
1. Las sumas quedan:
La suma superior es: 7224321612)24(16)02(16))1(0()( =++=⋅−+⋅−+⋅−−=PS .
La suma inferior es: 39024150)24(12)02(15))1(0()( =++=⋅−+⋅−+⋅−−=Ps .
2. Las sumas quedan:
La suma superior es: .1310310)23(3)12()( =+=⋅−+⋅−=PS
La suma inferior es: .4313)23(1)12()( =+=⋅−+⋅−=Ps
3. Las integrales definidas quedan:
a) 6
1
4
3dx
x +∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y
aplicando la regla de Barrow obtenemos: 6
18 3 24 16 8x + = − =
b) 1
0 2
x
x
edx
e +∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y
aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( )1
0
2ln 2 ln 0,45
3
x ee
+ + = =
c) 5
3
ln xdx
x∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y
aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( ) ( ) ( )
52 2 2
3
ln ln5 ln30,69
2 2 2
x = − =
d) 3
22 1
dx
x+∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y
aplicando la regla de Barrow obtenemos: [ ]3
2arctg arctg 3 arctg2 0,06x rad= − = −
e)
( )
1
41 2
4
2
xdx
x−
+∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y
aplicando la regla de Barrow obtenemos:
( )
1
32
1
20
3 2x−
− =
+
5
f) 4
22
2 4
1
xdx
x
+
−∫ Resolvemos la integral indefinida por el método de integración de funciones
racionales, descomponiendo la fracción dada en suma de fracciones simples.
Después hacemos 0C = y aplicando la regla de Barrow obtenemos el resultado de la integral
pedida:
2
2 4 3 1
1 11
xdx dx dx
x xx
+= −
− +−∫ ∫ ∫ ⇒
4
22
2 4
1
xdx
x
+
−∫
( )4
34
22
2
12 4 81ln ln 2,79
1 51
xxdx
xx
−+ = = =
+− ∫
g) 2
5
32
1xdx
x x
+
−∫ Calculamos la primitiva por descomposición en fracciones simples,
aplicamos la regla de Barrow y obtenemos:
[ ]
25 5 5 5
32 2 2 2
5
2
1 1 1 1
1 1
16ln ln ( 1) ln ( 1) ln 1,1632
5
xdx dx dx dx
x x xx x
x x x
+= − + + =
− +−
= − + − + + = =
∫ ∫ ∫ ∫
h) 4
09 4xdx+∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y
aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( )
43
0
9 4 125 27 49
6 6 6 3
x + = − =
i) 0
b dx
x b+∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y
aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( )0
2ln ln ln2 0,69
b bx b
b + = = =
j) 2
1 2
xdx
x− +∫ Resolvemos la integral indefinida por el método de integración de funciones
racionales, dividiendo numerador por denominador. Después hacemos 0C = y aplicando la
regla de Barrow obtenemos el resultado de la integral pedida:
2
1
2ln 2 3 ln4 1,61
2 2 2
x xdx dx dx x x C dx
x x x−= − = − + + ⇒ = − =
+ + +∫ ∫ ∫ ∫
k) ( )2 5
2 3
04 1x x dx+∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata,
haciendo 0C = y aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( )
26
3
0
2 1118097,8
9
x + =
6
l) ( )50
63 11
50x x dx
−+∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo
0C = y aplicando la regla de Barrow obtenemos:
5064 12
50
064 12
x x
−
+ =
m) 1
024·2 ·x dx∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y
aplicando la regla de Barrow obtenemos:
1
0
24·2 24
ln2 ln2
x =
n) 0
2
1· ·xx e dx
−∫ Calculamos la integral indefinida por el método de integración por partes.
Después haciendo 0C = y aplicando la regla de Barrow obtenemos:
00
2 2 2 2 2 2
11
1 1 1 1· · · · · 0,15
2 4 2 4
x x x x x xx e dx x e e C x e dx x e e−
−
= − + ⇒ = − =
∫ ∫
ñ) 3
2 1
dx
x x +∫ Resolvemos esta integral por el método de cambio de variable. Para ello
hacemos 21x t+ = y obtenemos una integral racional que hemos de descomponer en suma
de fraccionas simples.
( )2
2 1 1 1 1ln
1 11 1 1
tdt xdt dt
t tt t x
+ −= − =
− +− + +∫ ∫ ∫
Después aplicamos la regla de Barrow y calculamos el valor de la integral definida dada:
3
3
2
2
1 1ln 0,218
1 1 1
dx x
x x x
+ −= =
+ + +∫
4. La integral queda:
32
3
32)1()(
3
0
33
1
0
1
0
1
3
0
22
+=
+
−=+−=∫ ∫ ∫− −
−
xxxdxxdxxdxxf
5. Como 0240)2( =++⇒= BAP
Como 2263423
4)(
1
0
231
0=+⇒=
++⇒=∫
−
BABxAxx
dxxP
Resolviendo el sistema formado por las dos condiciones obtenemos:
9
46
2263
42−=⇒
=+
−=+A
BA
BA Y
9
56=B .
7
6. Las integrales quedan:
a) [ ] 6332
0
2
0==⋅
−−
∫ xdx
b) [ ] 923
02
3
0==⋅∫
−
xdxx
c) [ ] 823
12
3
1==⋅∫
−
xdxx
d) ∫ ∫∫ −
−−
−=⋅+⋅−=⋅
0
2
2
0
2
24dxxdxxdxx
e) [ ] 0cos2
0
2
0=−=⋅∫
− ππ
xdxxsen
f) 5,402
81
4
3
3
43
3
3==
=⋅
−
−
−∫x
dxx
7. Hallamos la función del modo siguiente:
i) Como baxF ++=⇒∈ 12)()2,1(
ii) 5710][10)( 21
343
1−=+⇒=++⇒=∫
−
babxaxxdxxf Por tanto:
=
−=⇒
−=+
=+
2
1
57
1
b
a
ba
ba
9
SOLUCIONES
8. El área queda:
a) 22
2
1
32
1
2 3,13
4
3)1( uux
xdxx ==
−=−∫
−
b) 22
3
1
33
1
2 7,83
26
3uu
xdxx ==
=⋅∫
−
9. La solución queda:
El área del recinto sombreado viene dada por:
2
3
1
23
1162
2
36
2
272
2
3)23( ux
xdxx =
+−
+=
+=+∫
Directamente este recinto es un trapecio y su área vale:
21622
511
2uh
bBA =⋅
+=⋅
+=
Con lo que queda comprobado el resultado anterior.
10. El área del recinto sombreado es:
43
42 2
1
0
2 2
( 4 ) 22
64 3232 10,7
3 3
xÁrea x x dx x
u u
= − − = − − =
= − − = =
∫
11. La solución es el recinto sombreado:
43
42 2
0
0
2
(4 ) 22
64 3232 10,7
3 3
xÁrea x x dx x
u
= − − = − =
= − = =
∫
10
12. El área pedida es la del recinto sombreado.
74 3 2
73 2
20
2
8 7( 8 7 )
4 3 2
2 401 2744 343 644 14 139,58
4 3 2 3
x x xÁrea x x x dx
u
= − − + = − − + =
= − − + − − + =
∫
13. El área del recinto sombreado buscado vale:
[ ]12 12
66
2
3636ln
1236ln 36ln2 24,95
6
Área dx xx
u
= − = =
= = =
∫
14. Las diversas áreas quedan:
a) 4
2 2
0
2562 (16 )
3Área x dx u= − =∫
b) Estas curvas se cortan en los puntos solución del sistema:
11
c) La función es:
El área de la zona sombreada es:
d) La gráfica queda:
El área sombreada es:
∫∫ −−
−=
−−=−−=+−−=
1
2
2
1
2
232
1
2
2 5,423
2)2()]2()4[( uxx
xdxxxdxxxA ��
12
e) La gráfica queda y el área sombreada quedan:
2
2
0
32
2
0
2
3
4
3)2( u
xxdxxxA =
−=−= ∫
−�
f) La gráfica queda y el área sombreada quedan:
=
−+−+
−+=−+−−++−−= ∫∫
−−
1
0
1
0
42
30
2
234
320
2
23
4334)2(])2([
xx
xx
xxdxxxxdxxxxA ��
22 08.3
12
37
12
5
3
8uu ==+=
15. La gráfica y la superficie quedan:
13
16. La solución queda:
∫ =−0
2
2 12)2( dxxxa
123
0
2
23
=
− x
xa
9123
4=⇒= aa
17. La solución queda:
61,2565700030003]0003[100 3900
3/90
0
30/=−==⋅∫ eedte tt gramos en total se vendieron los
90 primeros días.
15
SOLUCIONES
18. Resolvemos la integral indefinida por el método de partes:
∫ ∫ +++=−⋅+=+ .cos)()(cos)( Cxxsenaxdxxsenxsenaxdxxax
dvdxx
uax
=
=+
cos xsenv
dxdu
=
=
Calculamos la integral definida aplicando la regla de Barrow:
∫ −+=++=+ 12
]cos)[(cos)( 2/0 axxsenaxdxxax
ππ
Luego imponiendo la igualdad de enunciado obtenemos: 012
12
=⇒−=−+ aaππ
19. La solución es:
a) Todas las primitivas de )(xf vienen dadas por su integral indefinida:
∫ +++=++ Cxxxdxxx 85)8104( 243
Por tanto: CxxxxF +++= 85)( 24
Calculamos la primitiva que cumple 20)1( =F : 620851 =⇒=+++ CC
La primitiva buscada es: 685)( 24+++= xxxxF
b) )(xf ∫ =++−++=++=++
2
1
21
243 38)851()162016(]85[)8104( xxxdxxx
20. Queda:
i)
−=
=⇒++=+−⇒=′
4
444)()( 33
b
acbxaxcxxxfxF
ii) ∫∫ −=+−=++⇒=++1
0
10
2431
0
3 1]2[)44(1)( ccxxxdxcxxdxcbxax
Como 211 =⇒=− cc
16
21. Las curvas dadas se cortan en los puntos solución del sistema:
Área sombreada:
Por tanto, la cantidad de agua transpirada por la hoja
en ese periodo de tiempo es:
7,163
502
3
25==⋅=C mg
22. La función polinómica es de la forma: cbxaxxf ++=2)(
Como pasa por c=⇒0)0,0(
Como pasa por cba ++=⇒ 399)0,3(
Como tiene un máximo en ba +=⇒ 60)9,3(
Siendo
=
−=
=
6
1
0
b
a
c
la función queda: xxxf 6)( 2+−=
La recta pasa por )9,3()0,0( y tiene de ecuación: xy 3=
33 2
3 32 2 2
0 00
3 9[( 6 ) (3 )] ( 3 )
3 2 2
x xÁrea x x x dx x x dx u
= − + − = − + = − + =
∫ ∫
23. La solución queda:
a) 2
1)(3)13(
2
13
13
1)( 3/13/23/13/2
2
1
3/2
1 2
3/2
1+−=−−
−=
−=
+= ∫∫ eeaaeae
xaedx
xedxxf xx
su valor absoluto representa el área del recinto limitado por la grafica de la función )(xf ,
el eje OX y las rectas 21 == xyx .
17
b) Si F es primitiva de f, imponiendo las condiciones tenemos que:
02
1
2
1)(3
2
1)1()2()( 3/13/2
2
1=⇒=+−⇒=−=∫ aeeaFFdxxf
24. El área del recinto sombreado es:
25. La solución es:
a) La ecuación de la parábola que pasa por los puntos )0,4(−A y )0,4(D y tiene el vértice en
)3,0(E es: 316
3 2+−= xy
b) El are de la ventana rectangular es 24 2u .
El área de la ventana parabólica es:
Luego hemos perdido un 33,3% de luminosidad.