CÁLCULO II PROBLEMAS RESUELTOS

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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE

C ´

ALCULO II

PROBLEMAS RESUELTOS Rodrigo Vargas Santiago de Chile 2008

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Prefacio

Este libro con problemas resueltos pretende sirvir como texto para es-tudiantes en un primer curso de Cálculo. As´ı espero facilitar el estudio y la comprensión de los estudiantes. Grupos especiales, estudiantes avanza-dos, lectores que deseen una presentación más completa y los alumnos, por as´ı decirlo, normales que busquen lecturas complementarias pueden consultar el libro “Análisis Real” volumen 1 de Elon Lages Lima que trata los mismos tópicos con un enfoque más amplio.

La parte mas importante de este libro son sus problemas resueltos, que sirven para fijar ideas, desarrollar algunos temas esbozados en muchos textos de cálculo y como oportunidad para que el lector compruebe lo sencillo de algunas soluciones. Naturalmente, me gustar´ıa que el lector sólo consultase las soluciones después de haber hecho un serio esfuerzo para resolver cada problema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin éxito, el que nos conduce a buenos resultados en el proceso de aprendizaje.

Los problemas que el lector encontrará se basan en las ayudant´ıas del curso de cálculo II en la Pontificia Universidad Católica de Chile, el cual está dirigido a estudiantes de Matemática.

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_{Indice general}

1. Integral de Riemann 1 2. C´alculo Elemental 11 3. Integrales 29 4. Aplicaciones 51 5. Integrales Impropias 65 6. Series 93 v

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Cap´ıtulo 1

Integral de Riemann

1.1. _{Dada la funci´on f (x) = x(x+2), a ≤ x ≤ 2a, a > 0. Calcule} Z 2a

a

f (x)dx como l´ımite de sumas de Riemann.

Soluci´on: Consideremos la partici´on del intervalo [1, 2a] obtenida al subdividir el intervalo en n intervalos iguales de longotud a

n. Entonces cada subintervalo Ii tiene la forma:

Ii = a + a ·i − 1_n , a + a · _ni , i = 1, . . . , n. Entonces, f a + a · i n · a n = a + a · i n a + a · i n + 2 · a n = a2+ a2i n + 2a + i na 2_{+ a}2i2 n2 + 2a i n a n = a 3 n + a 3 i n2 + 2a2 n + a 3 i n2 + a3_{· i}2 n3 + 2a2 n2 i = a 3 n + 2a 3 i n2 + a 3i2 n2i + 2a2 n Sn= n X i=1 f a + ai n a n = a 3_+a3n + 1 n + a3 6 (n + 1)(2n + 1) n2 +a 2n + 1 n +2a 2_. Por lo tanto, Z 2a a f (x)dx = l´ım n→∞Sn= a 3 _{+ a}3₊ a3 6 + a 2_{+ 2a}2 ₌ 13 6 a 3_{+ 3a}2_. 1

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2 _{§1. Integral de Riemann} 1.2. Usando que: l´ım n→∞ 1k_{+ 2}k_{+ . . . + n}k nk+1 = 1 k + 1, k ∈ N . Si a > 0, k ∈ N, calcular _Z _a 0 xkdx .

Soluci´on: Note que la funci´on f (x) = xk _{es continua y por lo tanto}

existe Z a

0

xkdx. Para calcularla tomaremos l´ımites de sumas de Rie-mann inferiores con particiones que dividen el intervalo [0, a] en n partes iguales, es decir Pn= {x0, x1, . . . , xn} = 0,a n, 2a n , . . . , na n . Entonces n X i=1 f (i − 1)a n a n = 0 · a n + a n k · a_n + 2a n k a n + . . . + (n − 1)a n k a n = a k+1 nk+1[1 + 2 k + . . . + (n − 1)k] . Usando el l´ımite dado obtenemos que

Z a 0 xkdx = l´ım n→∞I(f, Pn) = ak+1 k + 1, a > 0 . 1.3. Calcular Z 0 −a

xkdx usando el mismo método del ejercicio anterior. Solución: Tenemos la partición

Pn = x0 = −a, x1 = −n − 1 n a, . . . , xn−2= − 2a n , xn−1 = − a n, xn = 0 . Entonces I(f, Pn) = 0 · a n + −_nak a_n + −2a_n k a n + . . . + −(n − 1)a_n k a n = (−a) k_a nk+1 [1 + 2 k + . . . + (n − 1)k] = −(−a) k+1 nk+1 [1 + 2 k + . . . + (n − 1)k] .

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C´alculo II - Rodrigo Vargas 3 Por lo tanto, Z 0 −a xkdx = l´ım n→∞I(f, Pn) = − (−a)k+1 k + 1 .

1.4. Use los ejercicios resueltos anteriormente para demostrar que: Z b a xkdx = 1 k + 1(b k+1 − ak+1), a < b . Soluci´on:

Caso 1: 0 < a < b tenemos que Z b 0 xkdx = Z a 0 xkdx + Z b a xkdx bk+1 k + 1 = ak+1 k + 1 + Z b a xkdx ⇒ Z b a xk_{dx =} bk+1 k + 1 − ak+1 k + 1 . Caso 2: a < b < 0 Z 0 a xkdx = Z b a xkdx + Z 0 b xkdx − a k+1 k + 1 = Z b a xk_{dx −} b k+1 k + 1 ⇒ Z b a xkdx = b k+1 k + 1 − ak+1 k + 1 . Caso 3: a < 0 < b Z b a xkdx = Z 0 a xkdx + Z b 0 xkdx = − a k+1 k + 1 + bk+1 k + 1 . En general, se obtiene que

Z b a xkdx = 1 k + 1(b k+1 − ak+1), a < b .

1.5. _{a) Use que | sin x| ≤ |x| y la f´ormula que convierte sin x − sin y en} producto para demostrar que

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4 _{§1. Integral de Riemann} b) Sea f (x) = sin x definida en [a, b] y Pn una partici´on de [a, b] que

divide este intervalo en n partes iguales. Demuestre que

0 ≤ S(f, Pn) − I(f, Pn) ≤ (b − a) 2

n ,

donde S(f, Pn) es una suma superior de f con respecto a Pn y

I(f, Pn) es una suma inferior de f con respecto a Pn.

Soluci´on:

a) Usaremos | sin x| ≤ |x| y la f´ormula trigonom´etrica:

sin x − sin y = 2 cos x + y 2 sin x − y 2 entonces | sin x − sin y| ≤ 2 cos x + y 2 sin x − y 2 ≤ 2 cos x + y 2 sin x − y 2 ≤ 2 cos x + y 2 x − y 2 ≤ 2 x − y 2 = |x − y| .

b) Sea ai = a+(b−a)_ni, i = 0, 1, . . . , n y la partici´on Pn= {x0, x1, . . . , xn}.

Sabemos que S(f, Pn) = n X i=1 (xi− xi−1)Mi = (b − a) n X i=1 1 nMi, I(f, Pn) = n X i=1 (xi− xi−1)mi = (b − a) n X i=1 1 nmi.

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parti-C´alculo II - Rodrigo Vargas 5 ci´on Pn se tiene que

1.6. Muestre que la funci´on

f (x) =

0 x ∈ Q 1 x ∈ R − Q no es integrable en [a, b].

Soluci´on: _{Sea P = {x}₀, x1, . . . , xn} una partici´on de [a, b]. Entonces,

debido a la densidad de los n´umeros racionales e irracionales en R ten-emos que mi = ´ınf{f(x) : x ∈ [xi−1, xi]} = 0 , Mi = sup{f(x) : x ∈ [xi−1, xi]} = 1 . Luego, I(f, P) = n X i=1 mi(xi− xi−1) = 0 , S(f, P) = n X i=1 Mi(xi− xi−1) = X i=1 (xi− xi−1) = xn− x0 = b − a . Por lo tanto Z b a f (x)dx = l´ım n→∞I(f, P) = 0 , Z b a f (x)dx = l´ım n→∞S(f, P) = 1 .

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6 _{§1. Integral de Riemann} Por ser la integral superior distinta al la integral inferior, se concluye que f no es integrable.

1.7. Calcule, usando la definici´on de integral definida, Z 3

1

1 x2dx .

Soluci´on:Consideremos la partici´on por subintervalos de igual medida, a saber, P = {x0, x1, . . . , xn} dada por

xi = 1 +

2i n =

n + 2i

n , i = 0, 1, . . . , n .

Observe que √xixi−1∈ [xi−1, xi] entonces podemos considerar

Si = f (√xixi−1) 2 n = 1 xixi−1 2 n = 1 n + 2i n n + 2(i − 1) n 2 n = 2n (n + 2i)(n + 2(i − 1)) = n 1 n + 2(i − 1) − 1 n + 2i . Aplicando la propiedad telescopica se obtiene que

n X i=1 Si = n n X i=1 1 n + 2(i − 1) − 1 n + 2i = n 1 n − 1 n + 2n = n 2 3n = 2 3 . Por lo tanto, Z 3 1 f (x)dx = l´ım n→∞ n X i=1 Si = 2 3 .

1.8. _{Sea f : [−a, a] → R integrable. Si f es una funci´on impar, pruebe} que

Z a −a

f (x)dx = 0. Si, por el contrario, f es par pruebe entonces que Z a −a f (x)dx = 2 Z a 0 f (x)dx.

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C´alculo II - Rodrigo Vargas 7

Soluci´on:Si f es impar, basta probar que Z 0 −a f (x)dx = − Z a 0 f (x)dx. Ahora bien, a cada partici´on P = {x0, x1, . . . , xn} de [0, a] le

corres-ponde una partici´on P = {−xn, −xn−1, . . . , x1, x0} de [−a, 0]. Por ser f

impar entonces f (−x) = −f(x) para todo x ∈ [−a, a] entonces Z a 0 f (x)dx = l´ım n→∞S(f, P ) = l´ımn→∞ n X i=1 f (xi)(xi− xi−1) = − l´ım n→∞ n X i=1 f (−xi)((−xi−1) − (−xi)) = − l´ım n→∞S(f, P ) =− Z 0 −a f (x)dx .

Ahora, si f es par, basta probar que Z 0 −a f (x)dx = Z a 0 f (x)dx. Por ser f par entonces f (−x) = f(x) para todo x ∈ [−a, a] entonces

Z a 0 f (x)dx = l´ım n→∞S(f, P ) = l´ımn→∞ n X i=1 f (xi)(xi− xi−1) = l´ım n→∞ n X i=1 f (−xi)((−xi−1) − (−xi)) = l´ım n→∞S(f, P ) = Z 0 −a f (x)dx .

1.9. Usando sumas de Riemann calcule

l´ım n→∞ln n Y k=1 1 + k n !1 n . Soluci´on: Sn = ln n Y k=1 1 + k n !1 n = n X k=1 ln 1 + k n 1 n = n X k=1 ln(1 + k/n) n .

Esta suma corresponde a una suma de Riemann para una partici´on uniforme del intervalo [1, 2]. Por lo tanto,

l´ım n→∞Sn= Z 2 1 ln(x)dx = x ln(x) − x 2 1 .

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8 _{§1. Integral de Riemann} 1.10. Calcule el siguiente l´ımite

l´ım n→∞ 1 n + 1 n + 1+ 1 n + 2+ . . . + 1 2n − 1 + 1 2n . Soluci´on: Se tiene que

l´ım n→∞ n X i=0 1 n + i = n→∞l´ım 1 n n X i=0 n n + i = l´ım n→∞ 1 n n X i=0 1 1 + i/n = Z 1 0 dx x + 1 = log(x + 1)1 0 = log(2) .

1.11. Calcule el siguiente l´ımite l´ım n→∞ n 1 + n2 + n 4 + n2 + n 9 + n2 + . . . + n (n − 1)2_{+ n}2 + 1 2n . Soluci´on: De manera similar

l´ım n→∞ n X i=1 n n2_{+ i}2 = _n→∞l´ım 1 n n X i=1 n2 n2_{+ i}2 = l´ım n→∞ 1 n n X i=1 1 1 + i2_/n2 = Z 1 0 dx x2_{+ 1} = arctan x1 0 = arctan(1) .

1.12. Calcule el siguiente l´ımite l´ım n→∞ 1 + 1 n 1 + 2 n 1 + 3 n . . . 1 + n − 1 n 1 + n n 1/n . Soluci´on: Notemos que

log " _n Y i=1 1 + i n #1/n = 1 nlog " _n Y i=1 1 + i n # = 1 n n X i=1 log 1 + i n .

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C´alculo II - Rodrigo Vargas 9 Entonces l´ım n→∞ 1 n n X i=1 log 1 + i n = Z 2 1 log(x)dx = [x log(x) − x] 2 1 = 2 log(2) − 1 .

Aplicando la funci´on exponencial a ambos lados de la igualdad de arriba y usando la continuidad de la funci´on exponencial obtenemos

exp (2 log(2) − 1) = exp l´ım

n→∞ 1 n n X i=1 log 1 + i n ! = l´ım n→∞exp 1 n n X i=1 log 1 + i n ! = l´ım n→∞exp  log " _n Y i=1 1 + i n #1/n  = l´ım n→∞ " _n Y i=1 1 + i n #1/n .

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Cap´ıtulo 2

C´

alculo Elemental

2.1. Calcular la integral Z _x2 4 √ x3_{+ 1}dx.

Soluci´on: Haciendo el cambio de variables y = x3 _{+ 1 entonces dy =}

3x2_{dx y obtenemos} Z x2 4 √ x3_{+ 1}dx = 1 3 Z dy 4 √_y = 1 3 Z y−1/4_dy = 1 3· 4 3y 3/4_{+ C =} 4 9(x 3_{+ 1)}3/4_{+ C .} 2.2. Calcular la integral Z _sin√ x √ x dx.

Soluci´on: Tomando y =√x entonces dy = 1

2√xdx y obtenemos Z sin√x √ x dx = 2 Z

sin ydy = −2 cos y + C = −2 cos√x + C .

2.3. Calcular la integral Z

2x − 3

4x2_{− 12x + 1}dx.

Soluci´on: Eligiendo y = 4x2_{− 12x + 1 entonces dy = (8x − 12)dx =}

4(2x − 3)dx y tenemos que Z 2x − 3 4x2_{− 12x + 1}dx = 1 4 Z _dy y = 1 4log y + C = 1 4log(4x 2 − 12x + 1) + C . 11

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12 _{§2. C´alculo Elemental} 2.4. Calcular la integral Z arcsin x √ 1 − x2dx.

Soluci´on: Basta tomar y = arcsin x luego dy = √ dx

1 − x2 obtenien-do que Z arcsin x √ 1 − x2dx = Z y dy = y 2 2 + C = (arcsin x)2 2 + C . 2.5. Calcular la integral Z x sin x2cos x2dx.

Soluci´on: Considere y = sin x2 _{luego dy = 2x cos x}2_{dx entonces}

Z x sin x2cos x2dx = 1 2 Z y dy = 1 2· y2 2 + C = (sin x2₎2 4 + C . 2.6. Calcular la integral Z dx xp_{1 − (log x)}2.

Soluci´on: Sea y = log x entonces dy = 1

xdx y tenemos que Z dx xp_{1 − (log x)}2 = Z dy p

1 − y2 = arcsin y + C = arcsin log x + C .

2.7. Calcular la integral Z

dx

x√x2_{− 1Arcsec x}.

Soluci´on: Si y = Arcsec x entonces dy = dx

x√x2_{− 1} por tanto Z dx x√x2_{− 1Arcsec x} = Z dy

y = log y + C = log Arcsec x + C . 2.8. Calcular la integral

Z

aex_{+ b}

aex_{− b}dx.

Soluci´on: Observemos que aex_{+ b} aex_{− b} = aex_{− b} aex_{− b} + 2b aex_{− b} = 1 + 2b aex_{− b} . Basta calcular Z dx

aex_{− b}, haciendo el cambio de variables y = e x _con dy = ex_{dx implica dx =} dy y entonces Z dx aex_{− b} = Z dy y(ay − b) . (2.1)

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C´alculo II - Rodrigo Vargas 13 Notemos que 1 y(ay − b) = A y + B ay − b (2.2)

multiplicando la ´ultima igualdad por y obtenemos 1

ay − b = A + By ay − b evaluando en y = 0 se obtiene que A = −1

b. Demanera similar si mul-tiplicamos por ay − b la igualdad (2.2) obtenemos

1 y =

A(ay − b)

y + B

evaluando en y = b/a obtenemos B = a/b, es decir, podemos escribir (2.2) como 1 y(ay − b) = − 1 by + a b(ay − b)

usted puede verificar que esta igualdad se satisface haciendo el algebra respectivo. Luego, volviendo a la igualdad (2.1) se tiene que

Z dx aex_{− b} = Z dy y(ay − b) = − 1 b Z dy y + a b Z dy ay − b = I1+ I2 donde I1 = − 1 b log y + C1.

Para calcular I2 hacemos el cambio de variables z = ay −b con dz = ady

entonces I2 = 1 b Z dz z = 1 blog z + C2 = 1 blog(ay − b) + C2. Recordemos que y = ex _{entonces recapitulando obtenemos}

Z _aex_{+ b} aex_{− b}dx = Z dx + 2b Z _dx aex_{− b} = x + 2b(I1+ I2) + C3 = x − 2 log ex_{+ 2bC} 1+ 2 log(aex− b) + 2bC2+ C3 = x − 2x + 2 log(aex− b) + C = −x + 2 log(aex− b) + C .

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14 _{§2. C´alculo Elemental}

2.9. Calcule Z

x arctan(3x + 1) dx.

Soluci´on: Integrando por partes, haciendo u = arctan(3x + 1), du = 3 1 + (3x + 1)2dx , dv = xdx , v = x 2 2 . Entonces, Z x arctan(3x + 1) dx = x 2 2 arctan(3x + 1) − 3 2 Z _x2 1 + (3x + 1)2dx .

La ´ultima integral la podemos calcular haciendo el cambio de variables z = 3x + 1 luego dz = 3dx y obtenemos que

Z x2 1 + (3x + 1)2dx = 1 3 Z z−1 3 2 1 + z2dz = 1 3· 1 9 Z (z − 1)2 1 + z2 dz = 1 27 Z _z2 1 + z2dz + Z −2z 1 + z2dz + Z _dz 1 + z2 = 1 27{A1+ A2+ A3} . Para calcular A1 hacemos lo siguiente

Z z2 1 + z2dz = Z z2 _{+ 1} z2 _{+ 1}dz − Z dz 1 + z2 = z − arctan z + C1.

Para calcular A2 hacemos el cambio de parametros w = 1 + z2 luego

dw = 2zdz entonces A2 = − Z dw w = − log w + C2 = − log(1 + z 2_{) + C} 2.

A3 es claramente la integral de arctan z, por lo tanto

Z x2 1 + (3x + 1)2dx = 1 27 (3x + 1) − log(1 + (3x + 1)2) + C . 2.10. Calcule _Z (arcsin x)2dx .

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C´alculo II - Rodrigo Vargas 15 Soluci´on: Integrando por partes se obtiene

u = (arcsin x)2_{, du =} 2 arcsin x_√ 1 − x2 dx , dv = dx , v = x . Luego Z (arcsin x)2dx = x(arcsin x)2_{− 2} Z x arcsin x √ 1 − x2 dx = x(arcsin x) 2 − I1.

La integral I1 la podemos integrar por partes, haciendo

u = arcsin x, du = √ 1 1 − x2dx , dv = _√ x 1 − x2dx , v = − √ 1 − x2_. Entonces I1 = −2 √ 1 − x2_{arcsin x − 2}Z √_{1 − x}2_√ 1 1 − x2dx = −2√1 − x2_{arcsin x − 2x .} Por lo tanto Z

(arcsin x)2dx = x(arcsin x)2 _{− 2}√_{1 − x}2_{arcsin x − 2x .}

2.11. Calcule _Z

earcsin xdx .

Soluci´on: Haciendo el cambio de variables z = arcsin x luego dz = dx √ 1 − x2 entonces Z earcsin x_{dx =} Z ezp_{1 − sin}2_{zdz =} Z cos z ez_{dz .}

Integrando por partes haciendo

u = cos z, du = − sin zdz , dv = ez_{dz ,} _{v = e}z_. Entonces Z cos z ezdz = cos z ez+ Z sin z ez dz .

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16 _{§2. C´alculo Elemental} La ´ultima integral la podemos calcular por partes

u = sin z, du = cos zdz , dv = ez_{dz ,} _{v = e}z _. Entonces Z cos z ezdz = cos z ez+ Z sin z ezdz = cos z ez+ sin z ez₋ Z cos zez dz . Despejando obtenemos que

Z

cos z ezdz = 1

2{cos z e

z_{+ sin z e}z

} + C , como z = arcsin x se obtiene que

Z earcsin xdx = 1 2{cos(arcsin x) e z_{+ x e}z } + C . 2.12. Calcule _Z x2_{arctan x} 1 + x2 dx .

Soluci´on: Integrando por partes haciendo u = arctan x, du = 1

1 + x2dx ,

dv = x

2

1 + x2dx , v = x − arctan x .

Note que v se obtuvo mediante Z x2 1 + x2dx = Z x2_{+ 1} x2_{+ 1}dx − Z 1 x2_{+ 1}dx = x − arctan x . Entonces Z x2_{arctan x} 1 + x2 dx = (x − arctan x) arctan x − Z x 1 + x2dx + Z arctan x 1 + x2 dx .

La primera de las integrales la calculamos haciendo el cambio de varia-bles z = 1 + x2 _{luego dz = 2xdx entonces}

Z x x2_{+ 1}dx = 1 2 Z dz z = 1 2log z + C1 = 1 2log(1 + x 2_{) + C} 1.

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C´alculo II - Rodrigo Vargas 17 La segunda integral la calculamos haciendo el cambio de variables w = arctan x luego dw = dx/(1 + x2_{) entonces}

Z _{arctan x} 1 + x2 dx = Z w dw = w 2 2 + C2 = arctan2_x 2 + C2. Por lo tanto, Z x2_{arctan x} 1 + x2 dx = (x − arctan x) arctan x − 1 2log(1 + x 2₎ +arctan 2_x 2 + C . 2.13. Calcule las derivadas de las siguientes funciones

y = Z x3 1 sin t4dt, y = Z x2 √ x t2 1 + t6dt, y = Z cos x x3 (x − t) sin t 2_{dt .} 2.14. Si f (x) = Z x 1 x − t sin3t dt, calcule f ′π 2 . Soluci´on: Notemos que

f (x) = x Z x 1 dt sin3t − Z x 1 t sin3tdt

entonces aplicando el teorema fundamental del c´alculo obtenemos f ′_{(x) =} Z x 1 dt sin3t + x 1 sin3x − x sin3x = Z x 1 dt sin3t . La ´ultima integral la podemos calcular por partes tomando

u = 1 sin t, du = cos t sin tdt , dv = 1 sin2_tdt , v = − cos t sin t , obteniendo Z x 1 dt sin3t = − cos t sin2t x 1 − Z x 1 1 sin t cos2_t sin2tdt = − cos t sin2_t x 1 − Z x 1 1 sin t 1 sin2_t − 1 dt = − cos t sin2_t x 1 − Z x 1 dt sin3_t − Z x 1 dt sin t ,

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18 _{§2. C´alculo Elemental} luego f′_{(x) =} Z x 1 dt sin3t = − 1 2 cos t sin2t x 1 + Z x 1 dt sin t . Basta calcular la integral de cosec x. Sabemos que

Z

sec x dx = log | sec x + tan x| entonces en analog´ıa se puede hallar que

Z dt sin t = − log 1 sin t+ cos t sin t . Por lo tanto, f′_{(x) = −}1 2 cos t sin2t − log 1 sin t + cos t sin t x 1 , luego f′π 2 = −1₂ cos t sin2t − log

_{sin t}1 +cos t_{sin t} π/2 1 . 2.15. Calcule Z _dx √ 4x − 3 − x2.

Soluci´on: Al completar cuadrado nos queda −x2+ 4x − 3 = 1 − (x − 2)2 haciendo el cambio de variables z = x − 2 obtenemos

Z dt √ 4x − 3 − x2 = Z dt p 1 − (x − 2)2 = Z dz √ 1 − z2

sustituyendo z = sin t entonces dz = cos t dt luego Z dz √ 1 − z2 = Z cos t p 1 − sin2_tdt = Z cos t √ cos2_tdt = Z dt = t + C = arc sen z + C = arc sen(x − 2) + C .

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2.16. Calcule Z

2x + 1 2x2_{+ x + 1}dx.

Soluci´on: Notemos que Z 2x + 1 2x2_{+ x + 1}dx = 1 2 Z 4x + 2 2x2_{+ x + 1}dx = 1 2 Z 4x + 1 2x2_{+ x + 1}dx + 1 2 Z dx 2x2_{+ x + 1} = I1+ I2.

Para calcular I1 tomamos la sustituci´on u = 2x2+ x + 1 entonces du =

(4x + 1)dx, por lo tanto I1 = 1 2 Z 4x + 1 2x2_{+ x + 1}dx = 1 2 Z du u = 1 2log(2x 2_{+ x + 1) + C} 1.

Para calcular I2 completamos cuadrado

2x2+ x + 1 = 2 x2 +1 2x + 1 2 = 2 x +1 4 2 + 7 16 !

y tomamos la sustituci´on z = x + 1₄ y d = 7/16 obtenemos I2 = 1 2 Z dx 2x2 _{+ x + 1} = 1 4 Z dx (x +1₄)2₊ 7 16 = 1 4 Z dz z2_{+ d} = 1 4√darctan z √ d + C2 = 1 √ 7 arctan 4 x + 1 4 √ 7 + C2. Por lo tanto, Z 2x + 1 2x2_{+ x + 1}dx = 1 2log(2x 2_{+ x + 1) +} _√1 7 arctan 4 x + 1₄ √ 7 + C . 2.17. Calcule Z ex √ e2x _{+ e}x_{+ 1}dx.

Soluci´on: Tomando la sustituci´on u = ex _obtenemos

Z ex √ e2x_{+ e}x_{+ 1}dx = Z du √ u2_{+ u + 1} ,

completando cuadrados obtenemos u2+ u + 1 = u + 1 2 2 +3 4

(26)

20 _{§2. C´alculo Elemental} y haciendo la sutituci´on z = u + 1 2 se obtiene Z du √ u2_{+ u + 1} = Z du q (z + 1 2)2+ 3 4 = Z dz √ z2 _{+ d} = log(z +√z2_{+ d) + C} = log   u + 1 2 + s u + 1 2 2 + 3 4   + C = log   ex+ 1 2 + s ex₊ 1 2 2 +3 4   + C .

2.18. Derivar aplicando derivaci´on logaritmica

(a) f (x) = xxx, (b) g(x) = xsin2x,

(c) h(x) = (3x − 2)(2x − 3) cos x (5x + 7) log x . Soluci´on:

(a) Notemos que

log f (x) = log(xx₎x_{= x log x}x _{= x}2_{log x .}

Entonces derivando a ambos lados de la igualdad obtenemos que 1 f (x)f ′_{(x) = 2x log x + x}2 ·_x1 = 2x log x + x . Por lo tanto, f′_{(x) = f (x)(2x log x + x) = xx}x_{(2x log x + x) .} (b) Notemos que

(27)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 21 Derivando a ambos lados de la igualdad obtenemos que

1 f (x) · f

′_{(x) = 2 sin x cos x log x + sin}2_{x ·} 1

x . Por lo tanto,

f′_{(x) = xsin}2x

2x sin x cos x log x + sin2x x . (c) Notemos que log h(x) = log (3x − 2)(2x − 3) cos x (5x + 7) log x

= log((3x − 2)(2x − 3) cos x) − log((5x + 7) log x) = log(3x − 2) + log(2x − 3) + log(cos x) −

log(5x + 7) − log(log x) .

Derivando a ambos lados de la igualdad obtenemos 1 h(x) · h ′_{(x) =} 3 3x − 2 + 2 2x − 3 + − sin x cos x − 5 5x + 7 − 1/x log x . Por lo tanto, h′_{(x) =} (3x − 2)(2x − 3) cos x (5x + 7) log x 3 3x − 2 + 2 2x − 3 − sin x cos x − 5 5x + 7 − 1 x log x . 2.19. Calcule _Z 4x(x2+ 1)2dx de dos maneras alternativas:

a) Desarrolle el producto y despu´es integra. b) Use la sustituci´on w = x2_{+ 1.}

Explique por qu´e los resultados son distintos. Soluci´on: (a) Z 4x(x2+ 1)2dx = Z 4x(x4 + 2x2+ 1)dx = Z (4x5 + 8x3+ 4x)dx = 2 3x 6_{+ 2x}4_{+ 2x}2_.

(28)

22 _{§2. C´alculo Elemental} (b) Haciendo la sustituci´on w = x2_{+ 1 entonces dw = 2xdx y se tiene}

que Z 4x(x2+1)2dx = Z 2w2dw = 2 3w 3 ₌ 2 3(x 2₊₁₎3 ₌ 2 3x 6_+2x4_+2x2₊2 3. Los resultados son distintos por lo siguiente: Una función f puede poseer mas de una primitiva. En efecto, si F es primitiva de f entonces G(x) = F (x)+c también es primitiva. Además, si F y G son primitivas entonces F′_{(x) = G}′_{(x) = f (x) lo cual implica que F (x) − G(x) = constante, tal}

como ocurrio en este caso.

2.20. Calcule _Z

2 sin x cos xdx de tres maneras alternativas:

a) Usando la sustituci´on v = sin x. b) Usando la sustituci´on w = cos x.

c) Utilizando la id´entidad sin2x = 2 sin x cos x.

Explique las diferencias obtenidas en la respuestas de a), b) y c). Soluci´on:

(a) Haciendo la sustituci´on v = sin x implica dv = cos xdx y obtenemos Z

2 sin x cos xdx = Z

2vdv = v2 = sin2x = Fa(x) .

(b) Haciendo la sustituci´on w = cos x implica dw = − sin xdx y se tiene que Z 2 sin x cos xdx = − Z 2wdw = −w2 = − cos2x = Fb(x) . (c) Z 2 sin x cos xdx = Z sin 2xdx = −cos(2x)₂ = Fc(x) .

(29)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 23 Por lo dicho en el problema anterior las primitivas deberian tener difer-encia constante. En efecto, tenemos que

Fa(x) − Fb(x) = sin2+ cos2x = 1 , Fa(x) − Fc(x) = sin2x + cos(2x) 2 = 1 2 − cos(2x) 2 + cos(2x) 2 = 1 2, Fb(x) − Fc(x) = − cos2x + cos(2x) 2 = − 1 2 − cos(2x) 2 + cos(2x) 2 = − 1 2 . 2.21. Calcule _Z 1 0 dx ex_{+ e}−x .

Soluci´on:Haciendo el cambio de variables u = ex _{implica du = e}x_{dx y}

se tiene que Z 1 0 dx ex_{+ e}−x = Z e 1 dx u + u−1 = Z e 1 u u2_{+ 1}du = 1 2log(u 2_{+ 1)} e 1 .

2.22. Para n entero positivo, calcule Z n 0 [x] dx . Soluci´on: Z n 0 [x] dx = Z 1 0 [x]dx + Z 2 1 [x]dx + Z 3 2 [x]dx + . . . + Z n−1 n−2 [x]dx + Z n n−1 [x]dx = Z 1 0 0dx + Z 2 1 1dx + Z 3 2 2dx + . . . + Z _n−1 n−2 (n − 2)dx + Z n n−1(n − 1)dx = 0 + 1 + 2 + 3 + . . . + (n − 2) + (n − 1) = 1 2(n − 1)n . 2.23. Calcule _Z 2 0 x√_{2x − x}2_{dx .}

Soluci´on: Tenemos que I = Z x√_{2x − x}2_{dx =} Z xp_{1 − (x}2 _{− 2x + 1)dx =} Z xp_{1 − (x − 1)}2_dx.

(30)

24 _{§2. C´alculo Elemental} Si hacemos x − 1 = sin t entonces x = sin t + 1 y dx = cos t dt, luego

I = Z (sin t + 1) cos2tdt = Z cos2t sin tdt + Z cos2tdt = −1₃cos3t + 1 2[t + sin t cos t] . Por lo tanto, Z 2 0 x√_{2x − x}2_{dx =} −1 3cos 3_{t +} 1 2(t + sin t cos t) π/2 −π/2 = π 2 . 2.24. Calcule _Z dx 1 + 3 sin x + 4 cos x . Soluci´on: Hacemos el cambio de variables

t = tanx 2, dx = 2 1 + t2dt , cos x = 1 − t 2 1 + t2 , sin x = 2t 1 + t2 .

Entonces, obtenemos que I = Z 2 1+t2 1 + 6t 1+t2 +4(1−t 2₎ 1+t2 dt = Z 2 1 + t2 _{+ 6t + 4 − 4t}2dt = Z 2 5 + 6t − 3t2dt = −2₃ Z dt t2_{− 2t − 5/3}.

Las soluciones de la ecuaci´on t2_{− 2t − 5/3 = 0 son}

α+ = 1 + 2 r 2 3, α−= 1 − 2 r 2 3 . Luego, 1 t2_{− 2t − 5/3} = 1 (t − α+)(t − α−) = a (t − α+) + b (t − α−)

(31)

Cálculo II - Rodrigo Vargas 25 donde a = 1 α+− α− = √ 3 4√2 , b = 1 α−− α+ = − √ 3 4√2 . Por lo tanto, I = −2₃ ( √ 3 4√2 Z dt t − α+ − √ 3 4√2 Z dt t − α− ) = −2₃ ( √ 3 4√2log(t − α+) − √ 3 4√2log(t − α−) ) + C = − √ 2 4√3log t − α+ t − α− + C . 2.25. Considere la función f (x) = (1 − x2) Z x 0 dt 1 − t2 . Calcule Z f (x)dx. Solución: Sea

g(x) = Z x

0

dt 1 − t2 .

Integrando por partes tomando

u = g(x), du = 1 1 − x2dx , dv = (1 − x2_{)dx ,} _{v = x −} x3 3 . Se obtiene que Z f (x)dx = x − x 3 3 g(x) − Z x 1 − x2dx + 1 3 Z x3 1 − x2dx .

Debemos calcular 3 integrales incluido el calculo de g(x), para calcular la segunda y la tercera integral hacemos el cambio de variables w = x2

implica dw = 2xdx entonces Z x (1 − x2₎dx = 1 2 Z dw 1 − w = − 1 2log |1−w|+C2 = − 1 2log |1−x 2_|+C 2.

(32)

26 _{§2. C´alculo Elemental} Para la tercera integral obtenemos

Z x3 1 − x2dx = 1 2 Z w 1 − wdw = 1 2 − Z 1 − w 1 − wdw + Z dw 1 − w = −1₂w − log |1 − w| + C3.

Para calcular g(x) hacemos fracciones parciales 1 1 − t2 = 1 (1 + t)(1 − t) = 1 2 1 1 − t + 1 2 1 1 + t , luego, g(x) = 1 2log(1 + x) − 1 2log(1 − x) = 1 2log 1 + x 1 − x . Por lo tanto Z f (x)dx = x − x 3 3 1 2log 1 + x 1 − x +1 2log |1−x 2 |−1 6x 2 −1 3log |1−x 2 |+C. 2.26. Calcular la integral I = Z 2a −2a x√4a2_{− x}2_{dx −} Z 2a 0 xpa2_{− (x − a)}2_{dx .}

Solución: La primera de las integrales es cero ya la función a integrar es impar sobre un intervalo simétrico con respecto al origen. La segunda integral la cálculamos usando el cambio de variables

x − a = a sin θ, con θ ∈ [−π/2, π/2] . Entonces, se obtiene que:

I = − Z π/2

−π/2

(a + a sin θ)a cos θa cos θdθ

= −a3 Z π/2 −π/2 cos2_{θdθ − a}3 Z π/2 −π/2 cos2_{θ sin θdθ = −}π 2a 3 _. 2.27. (a) Calcule Z 3 0 x√_{3x − x}2_dx.

(33)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 27 (b) Use una integral para calcular aproximadamente

10000_X n=1

√ n.

Soluci´on:

(a) Completando cuadrado se obtiene 3x − x2 = − x2+ 3x + 9 4 + 9 4 = 9 4+ x − 3₂ 2 . Entonces Z 3 0 x√_{3x − x}2_{dx =} Z 3 0 x s 9 4 − x −3 2 dx . Haciendo el cambio de variables

x − 3₂ = 3 2sin θ, θ ∈ h −π₂,π 2 i . Aqu`ı dx = 3 2cos θ y obtenemos Z 3 0 x√_{3x − x}2_{dx =} Z π/2 −π/2 3 2sin θ + 3 2 3 2 2 cos2θdθ = 3 2 3(Z π/2 −π/2 sin θ cos2θ dθ + Z π/2 −π/2 cos2θ dθ ) = 3 2 3( cos3_θ 3 π/2 −π/2 +1 2 Z π/2 −π/2 1 + cos(2θ) dθ ) = 3 2 3 1 2 θ + sin(2θ) 2 π/2 −π/2 = 27 8 · π 2 . (b) 2.28. Calcule _Z ln x √ 1 − xdx . Soluci´on: Integrando por partes haciendo u = ln x, du = dx x , dv = √dx

1 − x , v = −2(1 − x)

(34)

28 _{§2. C´alculo Elemental} y obtenemos Z ln x √ 1 − x dx = −2 ln x √ 1 − x + 2 Z √ 1 − x x dx .

Para calcular la ´ultima integral hacemos el cambio de variables z2 ₌

1 − x entonces 2zdz = −dx y obtenemos que Z √ 1 − x x dx = − Z z 1 − z2 · 2zdz = 2 Z 1 − z2 1 − z2dz − 2 Z _dz 1 − z2 = 2z − ln 1 + z 1 − z + C .

La segunda integral se obtuvo haciendo fraciones parciales, por lo tanto Z ln x √ 1 − xdx = −2 ln x √ 1 − x + 4√1 − x − 2 ln 1 +√_{1 − x} 1 −√1 − x + C .

(35)

Cap´ıtulo 3

Integrales

3.1. Deduzca que el valor absoluto de las integrales de seno y coseno son potivas y est´an acotadas por la longitud del intervalo de integraci´on.

3.2. Demuestre que (a) 0 ≤ Z b a arctan xdx ≤ π 2(b − a), a ≤ b. (b) 1 4 ≤ Z 4 3 1 xdx ≤ 1 3. Soluci´on:

a) La funci´on f (x) = arctan x es continua por lo tanto su integral existe en cualquier intervalo. Adem´as, sabemos que

4 < 1 x < 1 3. Por lo tanto Z 4 3 dx 4 ≤ Z 4 3 dx x ≤ Z 4 3 dx 3 ; 29

(36)

30 _{§3. Integrales} es decir, 1 4 ≤ Z 4 3 dx x ≤ 1 3.

3.3. Verifique, sin calcular la integral, que: 3 8 ≤ Z 3 0 1 x + 5dx ≤ 3 5 .

Soluci´on: Sea f (x) = 1

x + 5, x ∈ [0, 3], entonces se tiene, f′_{(x) = −} 1 x + 5 2 < 0, _{x ∈ [0, 3].}

As´ı, tenemos que f es de creciente en [0, 3]. Como f (0) = 1/5, f (3) = 1/8, tenemos que

1

8 ≤ f(x) ≤ 1

5, para todo x ∈ [0, 3]. Luego, se concluye que

3 8 ≤ Z 3 0 dx x + 5 ≤ 3 5 .

3.4. _{Pruebe que si f : [a, b] → R es derivable y convexa entonces}

(b − a)f a + b 2 ≤ Z b a f (x)dx .

Soluci´on: Como f es derivable, en particular f es continua lo cual implica que f es integrable. Recordemos que, si f : [a, b] → R es convexa entonces dados a1, . . . , an ∈ [a, b] y t1, . . . , tn ∈ [0, 1] tales que t1+ . . . +

tn = 1 se tiene que

f (t1a1 + . . . + tnan) ≤ t1f (a1) + . . . + tnf (an).

(37)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 31 y tomando h = (b − a)/n se tiene que

Z b a f (x)dx = l´ım n→∞ n X i=1 f (a + ih)(b − a) n = (b − a) l´ım n→∞ 1 n n X i=1 f (a + ih) ≥ (b − a) l´ım n→∞f 1 n n X i=1 f (a + ih) ! = (b − a)f l´ım n→∞ 1 n n X i=1 (a + ih) ! = (b − a)f l´ım n→∞ 1 n an + (b − a)n(n + 1) 2n = (b − a)f l´ım n→∞ a + (b − a)(n + 1) 2n = (b − a)f a + (b − a) 2 = (b − a)f a + b 2 .

3.5. Si f es una funci´on continua de per´ıodo T usando el teorema funda-mental del c´alculo, demuestre que

Z T 0 f (t)dt = Z a+T a f (t)dt, _{∀ a ∈ R .} Soluci´on: Consideremos la funci´on

g(x) = Z x+T

x

f (t)dt

por ser f periodica entonces f (x+ T ) = f (x) para todo x ∈ R. Derivan-do la funci´on g mediante el teorema fundamental del c´alculo obtenemos que

g′_{(x) = f (x + T ) − f(x) = 0, ∀ x ∈ R}

lo que implica que la funci´on g(x) = constante = c para todo x ∈ R entonces c = g(0) = g(x) para todo x ∈ R es decir

Z T 0 f (t)dt = Z a+T a f (t)dt, _{∀ a ∈ R .}

(38)

32 _{§3. Integrales}

3.6. De la funci´on g(x) se sabe que es continua, que g(2) = 4 y que Z 2 0 g(x)dx = 3. Se define f (x) = 1 2 Z 0 x g(t)dt. Calcule f (2) y f′_(2).

Soluci´on: Notemos que f (x) = 1 2 Z 0 x g(t)dt = − 1 2 Z x 0 g(t)dt y por el teorema fundamental del c´alculo si G(x) =

Z x 0 g(t)dt entonces G′_{(x) = g(x) entonces} f (2) = −1 2 Z 2 0 g(t)dt = − 1 2 Z 2 0 g(x)dx = − 3 2 y adem´as f′_{(2) = −}1 2G ′_{(2) = −}1 2g(2) = −2 . 3.7. Demuestre que si g(x) = Z x 0 (sin x)f (t)dt entonces g′′_{(x) + g(x) = 2f (x) cos x + f}′_{(x) sin x .}

Soluci´on: Notemos que g(x) = Z x 0 (sin x)f (t)dt = (sin x) Z x 0 f (t)dt

debemos derivar usando la regla del producto para la derivada junto al teorema fundamental del c´alculo entonces

g′_{(x) = (sin x)}′ Z x 0 f (t)dt + (sin x) Z x 0 f (t)dt ′ = (cos x) Z x 0 f (t)dt + (sin x)f (x) . Derivando nuevamente obtenemos que

g′′_{(x) = (cos x)}′ Z x 0 f (t)dt + (cos x) Z x 0 f (t)dt ′ + (cos x)f (x) + (sin x)f′_(x) = −(sin x)′ Z x 0

f (t)dt + (cos x)f (x) + (cos x)f (x) + (sin x)f′_(x)

(39)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 33 3.8. Demuestre que si f′′_{(x) > 0 para todo x, y se tiene}

g(x) = Z x+1

x (x − t)f(t)dt

entonces g′′_{(x) no cambia de signo.}

Soluci´on: Notemos que g(x) = x Z x+1 x f (t)dt − Z x+1 x tf (t)dt .

Derivando y aplicando el teorema fundamental del c´alculo obtenemos que: g′_{(x) =} Z x+1 x f (t)dt + x[f (x + 1) − f(x)] − [(x + 1)f(x + 1) − xf(x)] = Z x+1 x f (t)dt − f(x + 1) .

Derivando nuevamente y aplicando el teorema fundamental del c´alculo se obtiene que:

g′′_{(x) = f (x + 1) − f(x) − f}′_{(x + 1) =} f (x + 1) − f(x)

(x + 1) − x − f

′_{(x + 1)}

por el teorema del Valor Medio aplicado a f (x + 1) − f(x)

(x + 1) − x se tiene que existe c ∈ (x, x + 1) tal que

g′′_{(x) = f}′_{(c) − f}′_{(x + 1)}

por ser f′′_{(x) > 0 entonces f}′_{(x) es creciente y como c < x + 1 entonces}

g′′_{(x) < 0, es decir, g}′′_{(x) no cambia de signo.}

3.9. _{Sean f : [a, b] → R continua y α, β : I → [a, b] derivables. Defina} ϕ : I → R escribiendo ϕ(x) =

Z β(x)

α(x) f (t)dt para todo x ∈ I. Pruebe

que ϕ es derivable y que ϕ′_{(x) = f (β(x))β}′_{(x) − f(α(x))α}′_(x).

Soluci´on: _{Fijando c ∈ (a, b) se tiene que} ϕ(x) = Z c α(x) f (t)dt + Z β(x) c f (t)dt = Z β(x) c f (t)dt − Z α(x) c f (t)dt .

(40)

34 _{§3. Integrales}

Entonces basta considerar φ(x) = Z α(x)

x f (t)dt. Ahora bien, φ = F ◦ α

donde F : [a, b] → R es dada por F (x) =

Z x x

f (t)dt .

Por el teorema fundamental del c´alculo F es derivable y por ser α derivable entonces φ = F ◦ α es diferenciable y aplicando la regla de la cadena obtenemos

φ′_{(x) = F}′_(α(x))α′_{(x) = f (α(x))α}′_{(x) .}

Usando esto se obtine que si ϕ(x) = Z β(x) c f (t)dt − Z α(x) c f (t)dt entonces ϕ′_{(x) = f (β(x))β}′_{(x) − f(α(x))α}′_{(x) .} 3.10. _{Si f : [0, 1] → R es continua y} Z x 0 f (t)dt = Z 1 x f (t)dt, _{∀ x ∈ [0, 1] .} Demuestre que f (x) = 0 para todo x ∈ [0, 1].

Soluci´on: Tenemos que Z 1 0 f (t)dt = Z 1 1 f (t)dt = 0 . Adem´as, Z 1 0 f (t)dt = Z x 0 f (t)dt + Z 1 x f (t)dt = 2 Z x 0 f (t)dt

lo cual implica que Z x

0 f (t)dt = 0 para todo x ∈ [0, 1]. Consideremos

ahora

F (x) = Z x

0

f (t)dt .

Como F (x) = 0 para todo x ∈ (0, 1) implica que F′_{(x) = 0 para todo}

x ∈ (0, 1), se sigue que f(x) = 0 para todo x ∈ (0, 1) y por continuidad se concluye que f (x) = 0 para todo x ∈ [0, 1].

(41)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 35 3.11. _{Suponga que f : [a, b] → R es continua, que f(x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b]}

y que

Z b a

f (x)dx = 0.

Demuestre que f (x) = 0 para todo x ∈ [a, b].

Soluci´on: Supongamos que existe un x0 ∈ [a, b] tal que f(x0) > 0

entonces por la continuidad de f podemos hallar un intervalo cerrado [c, d] ⊂ [a, b] tal que x0 ∈ [c, d] y f(x) > 1₂f (x0) para todo x ∈ [c, d].

Entonces, 0 = Z b a f (x)dx = Z c a f (x)dx + Z d c f (x)dx + Z b d f (x)dx ≥ Z d c f (x)dx > Z d c 1 2f (x0)dx = 1 2f (x0)(d − c) > 0 , lo cual es una contradicci´on.

3.12. Si f es continua y Z 3

1

f (x)dx = 8, demuestre que f alcanza el valor 4, cuando menos una vez, en el intervalo [1, 3].

Soluci´on: Por ser f continua estamos en condiciones de usar el teo-rema del Valor Medio para integrales, a saber, existe un c ∈ [a, b] tal que Z b a f (x)dx = f (c)(b − a) , entonces 8 = Z 3 1 f (x)dx = f (c)(3 − 1) =⇒ f(c) = 4 .

3.13. Si f [a, b] representa el valor promedio de f en el intervalo [a, b] y a < c < b, demostrar que

f [a, b] = c − a

b − af [a, c] + b − c

(42)

36 _{§3. Integrales} Soluci´on: f [a, b] = 1 b − a Z b a f (x)dx = 1 b − a Z c a f (x)dx + Z b c f (x)dx = 1 b − a Z c a f (x)dx + 1 b − a Z b c f (x)dx = c − a (c − a)(b − a) Z c a f (x)dx + b − c (b − c)(b − a) Z b c f (x)dx = c − a b − a 1 c − a Z c a f (x)dx + b − c b − a 1 b − c Z b c f (x)dx = c − a b − af [a, c] + b − c b − af [c, b] .

3.14. _{Sea f : R → R continua, no id´enticamente cero, tal que} f (x + y) = f (x)f (y), _{∀ x, y ∈ R .}

Pruebe que existe a ∈ R tal que f(x) = eax _{para todo x ∈ R.}

Soluci´on: Notemos que

f (x) = f (x/2 + x/2) = (f (x/2))2 _{≥ 0, ∀ x ∈ R .}

Si existe c ∈ R tal que f(c) = 0 entonces

f (x) = f (x − c + c) = f(x − c)f(c) = 0, ∀ x ∈ R ,

lo cual contradice que f no es id´enticamente nula entonces se concluye que f (x) > 0 para todo x ∈ R. Adem´as,

f (0) = f (0 + 0) = f (0)f (0) ⇒ f(0) = 1 y

f (−x)f(x) = f(−x + x) = f(0) = 1 ⇒ f(−x) = f(x)−1 _.

Se concluye que, si m ∈ Z entonces f(mx) = f(x)m_{. Tambi´en, para}

todo q ∈ N,

f (x) = f (x/q + . . . + x/q) = f (x/q)q _{⇒ f(x/q) = f(x)}1/q_.

Entonces, para todo r = p/q ∈ Q, tal que q ∈ N, se tiene que f (r) = f (p/q) = f (1)p/q = f (1)r.

Sea f (1) = ea_{, se deduce que f (r) = e}ar _{para todo r ∈ Q, como f es}

(43)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 37 3.15. _{Sea f : I → R derivable en el intervalo I, con f}′_{(x) = kf (x). Si para}

alg´un x0 ∈ I se tiene que f(x0) = c, entonces f (x) = c ek(x−x0) para

todo x ∈ I.

Soluci´on: _{Consideremos ϕ : I → R definida por} ϕ(x) = f (x) e−k(x−x0)_,

entonces

ϕ′_{(x) = f}′_{(x) e}−k(x−x0)_{− kf(x) e}−k(x−x0)_{= 0 .}

Luego ϕ es constante en I como ϕ(x0) = c entonces ϕ(x) = c para todo

x ∈ I, es decir, f(x) = c ek(x−x0)_.

3.16. Demuestre que se cumple la siguiente desigualdad e1/4 _≤

Z 1 0

ex2_{dx ≤ e − 1 .}

Soluci´on: Sabemos que x2 _{≤ x para todo x ∈ [0, 1] entonces como la}

funci´on exponencial es creciente ex2

≤ ex _{para todo x ∈ [0, 1] entonces}

Z 1 0 ex2_{dx ≤} Z 1 0 exdx = ex1 0 = e − 1 .

Para obtener la otra desigualdad recordemos que si f : [a, b] → R es convexa hacia arriba entonces

(b − a)f a + b 2 ≤ Z b a f (x)dx como ex2

es convexa hacia arriba en [0, 1] entonces Z 1 0 ex2_{dx ≥ f} 1 2 = e1/4. 3.17. Demuestre que si f es una funci´on integrable, entonces

(a) Z b a f (x)dx = Z b+c a+c f (x − c)dx, (b) Z b a f (x)dx = 1 c Z cb ca fy c dy.

(44)

38 _{§3. Integrales} Soluci´on:Consideremos la partici´on de [a, b] por subintervalos de igual longitud, a saber, P = {x0, x1, . . . , xn} donde

xi = a + i(b − a)

n , i = 0, 1, . . . , n .

(a) Vamos a considerar la funci´on auxiliar g(x) = f (x − c) entonces Z b a f (x)dx = l´ım n→∞ n X i=1 f (xi)(b − a) n = l´ım n→∞ (b − a) n n X i=1 f a + i(b − a) n = l´ım n→∞ (b + c) − (a + c) n n X i=1 f (a + c) + i((b + c) − (a + c)) n − c = l´ım n→∞ (b + c) − (a + c) n n X i=1 f (yi− c) = l´ım n→∞ (b + c) − (a + c) n n X i=1 g(yi) = Z b+c a+c g(x)dx = Z b+c a+c f (x − c)dx

donde P = {y0, y1, . . . , yn} con yi = (a + c) + i((b+c)−(a+c))_n es una

partici´on del intervalo [a + c, b + c].

(b) Consideremos la funci´on auxiliar h(x) = f x_c entonces Z b a f (x)dx = l´ım n→∞ (b − a) n n X i=1 f (xi) = 1 cn→∞l´ım c (b − a) n n X i=1 f a + i(b − a) n = 1 cn→∞l´ım (cb − ca) n n X i=1 f 1 c ca + i(cb − ca) n = 1 cn→∞l´ım (cb − ca) n n X i=1 f 1 czi = 1 cn→∞l´ım (cb − ca) n n X i=1 g(zi) = 1 c Z cb ca g(x)dx = 1 c Z cb ca fx c

(45)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 39 donde e_{P = {z}0, z1, . . . , zn} con zi = ca + i(cb−ca)_n es una partici´on

del intervalo [ca, cb]. 3.18. Calcule el siguiente l´ımite

l´ım n→∞ cos 1 x + sin 1 x x . Soluci´on: l´ım n→∞ cos 1 x+ sin 1 x x = l´ım n→∞e log(cos1 x+sin1x) x = l´ım n→∞e 1 xlog(cos 1 x+sin 1 x) = el´ımn→∞ 1 xlog(cos 1 x+sin 1 x)

en la última igualdad se ha usado la continuidad de la función expo-nencial y para calcular el l´ımite del exponente debemos usar la regla de L’Hôpital l´ım n→∞x log cos 1 x + sin 1 x = l´ım n→∞

log cos1_x + sin1_x 1 x = l´ım n→∞ − 1 x2 cos 1_x − sin1_x cos1_x + sin1_x −_x12 = l´ım n→∞ cos1 x − sin 1 x cos_x1 + sin_x1 = cos(0) − sin(0) cos(0) + sin(0) = 1 . 3.19. Sea Ab

a(f ) el valor medio de una funci´on f en [a, b], definido por

Ab_a(f ) = 1 b − a

Z b a

f (x)dx .

Demuestre que si a < c < b, entonces existe un n´umero t, 0 < t < 1, tal que

(46)

40 _{§3. Integrales} Soluci´on: Ab_a(f ) = 1 b − a Z b a f (x)dx = 1 b − a Z c a f (x)dx + Z b c f (x)dx = 1 b − a Z c a f (x)dx + 1 b − a Z b c f (x)dx = c − a (c − a)(b − a) Z c a f (x)dx + b − c (b − c)(b − a) Z b c f (x)dx = c − a b − a 1 c − a Z c a f (x)dx + b − c b − a 1 b − c Z b c f (x)dx = c − a b − aA c a(f ) + b − c b − aA b c(f ) . Sea t = c − a b − a entonces 0 < t < 1 y 1 − t = 1 − c − a b − a = (b − a) − (c − a) b − a = b − c b − a y por lo tanto Ab_a(f ) = tAb_a_{(f ) + (1 − t)A}b_c(f ) .

3.20. Aplicando el teorema del valor medio para integrales acote las siguiente

integral _Z

5 1

x2

x2_{+ 1}dx .

Soluci´on: Por el teorema del valor medio para integrales como f (x) = x2

x2_{+ 1} es continua en [1, 5] entonces existe c ∈ [1, 5] tal que

Z 5

1 f (x)dx = f (c)(5 − 1) = 4f(c) .

Como f′_{(x) =} 2x

(x2_{+ 1)}2 ≥ 0 para todo x ∈ [1, 5] entonces f es creciente

en [1, 5] es decir f (1) ≤ f(c) ≤ f(5) ⇒ 1 2 ≤ f(c) ≤ 25 26 ⇒ 2 ≤ 4f(c) ≤ 50 13 ⇒ 2 ≤ Z 5 1 x2 x2_{+ 1}dx ≤ 50 13.

(47)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 41 3.21. Demuestre que Z 2 3 1 3 dx √ 2 − 3x2_{+ x}4 < 3 2.

Soluci´on: Notemos que 3x2 _{< 2 para todo x ∈}

1 3, 2 3 entonces −2 < −3x2 =⇒ x4 < 2 − 3x2+ x4 =⇒ x2 <√_{2 − 3x}2_{+ x}4 =⇒ √ 1 2 − 3x2_{+ x}4 < 1 x2 =⇒ Z 2 3 1 3 dx √ 2 − 3x2_{+ x}4 < Z 2 3 1 3 dx x2 y como Z 2 3 1 3 dx x2 = − 1 x 2 3 1 3 = −3₂+ 3 = 3 2 se conluye lo pedido. 3.22. Demuestre que 2−q_≤ Z 1 0 dx (xp_{+ 1)}q ≤ 1 con p, q ∈ N.

Soluci´on: _{Tenemos que 0 ≤ x}p _{≤ 1, ∀ x ∈ [0, 1] entonces}

1 ≤ xp_{+ 1 ≤ 2 =⇒ 1 ≤ (x}p_{+ 1)}q_{≤ 2}q _{∀ x ∈ [0, 1]} =⇒ 2−q _{≤ (x}p_{+ 1)}−q _{≤ 1} _{∀ x ∈ [0, 1]} =⇒ 2−q _≤ Z 1 0 dx (xp_{+ 1)}q ≤ 1 .

3.23. Encuentre el valor de r de manera que las siguientes integrales puden ser resueltas con un cambio de variables apropiado:

Z xrex3dx, Z xrlog xdx, Z xrsin√xdx .

Soluci´on:La primera integral haciendo el cambio de variables y = ex3

entonces dy = 3x2_ex3

dy lo que implica dx = 1

3x2_ex3dy

de donde se deduce que r = 2. De manera simliar, tomando y = log x para la segunda integral obtenemos dy = dx

x , es decir dx = xdy

(48)

42 _{§3. Integrales} se concluye que r = −1. Para la ´ultima integral basta ver el problema 2, para darse cuenta que r = −1/2.

3.24. Demuestre que: Z x

a

(x − t)2

2 f

′′′_{(t)dt = f (x) − f(a) − (x − a)f}′_{(a) −}(x − a) 2

2 f

′′_{(a) .}

Soluci´on: Integrando por partes tomando u = (x − t) 2 2 , du = −(x − t)dt , dv = f′′′_{(t)dt ,} _{v = f}′′_{(t) .} Obtenemos que Z x a (x − t)2 2 f ′′′_{(t)dt =} (x − t) 2 2 f ′′_(t) x a + Z x a (x − t)f ′′_(t)dt = −(x − a) 2 2 f ′′_{(a) +} Z x a (x − t)f ′′_{(t)dt .}

Integrando por partes la integral de la derecha de la ´ultima igualdad, tomando u = (x − t), du = −dt , dv = f′′_{(t)dt ,} _{v = f}′_{(t) .} Se tiene que Z x a (x − t)2 2 f ′′′_{(t)dt = −}(x − a) 2 2 f ′′_{(a) + (x − t)f}′_(t) x a+ Z x a f′_(t)dt = −(x − a) 2 2 f

′′_{(a) − (x − a)f}′_{(a) + f (t)}

x

a

= −(x − a)

2

2 f

′′_{(a) − (x − a)f}′_{(a) + f (x) − f(a)}

= f (x) − f(a) − (x − a)f′_{(a) −} (x − a) 2

2 f

′′_{(a) .}

3.25. Si f es continua e invertible, tal que Z

f (x)dx = F (x), demuestre que Z

(49)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 43 Aplique este hecho para calcular

Z

log xdx y Z

arcsin xdx .

Soluci´on: Integrando por partes, tomando u = f−1_{(x) y dv = dx}

entonces du = (f−1_(x))′_{dx y v = x y obtenemos que}

Z

f−1_{(x)dx = xf}−1_{(x) −}

Z

x(f−1_(x))′_{dx .}

Notemos que si y = f−1_{(x) entonces dy = (f}−1_(x))′_{dx entonces}

F (y) = Z f (y)dy = Z f (f−1_(x))(f−1_(x))′_{dx =} Z x(f−1_(x))′_{dx .} Por lo tanto, Z f−1_{(x)dx = xf}−1_{(x) − F (f}−1_{(x)) .}

3.26. a) Deduzca una f´ormula de reducci´on para: Z

sinnx dx _{con n ∈ N, n > 1 .} b) Usela para calcular

Z π/2 0

sinnx dx. Soluci´on:

a) Esta integral puede escribirse como In=

Z

sinn−1x sin x dx e integrando por partes mediante

u = sinn−1_{x, du = (n − 1) sin}n−2x cos xdx , dv = sin xdx , _{v = − cos x ,} y obtenemos In = − sinn−1x cos x + Z (n − 1) sinn−2x cos2xdx = − sinn−1x cos x + Z (n − 1) sinn−2x(1 − sin2x)dx = − sinn−1x cos x + (n − 1) Z sinn−2_{x dx − (n − 1)} Z sinnxdx = − sinn−1x cos x + (n − 1) Z sinn−2_{x dx − (n − 1)I}n.

(50)

44 _{§3. Integrales} Despejando In se obtiene In= − sinn−1_{x cos x} n + n − 1 n In−2 (3.1) Aplicando (3.1) a n − 2 se obtiene I_n−2_{= −}sin n−3_{x cos x} n − 2 + n − 3 n − 2In−4

y as´ı sucesivamente hasta llegar a I1 si n es impar o a I0 cuando n

es par, donde I1 = Z sin x dx = − cos x , I0 = Z dx = x .

b) Observe que los t´erminos de la forma −sin

k_{x cos x}

k

se anulan evaludos en 0 y en π/2 entonces la f´ormula de reducci´on nos da 0 si n es impar y si n es par nos queda

Z π/2 0 sinnx dx = n − 1 n In−2 = n − 1 n n − 3 n − 2 I_n−4 = n − 1 n n − 3 n − 2 n − 5 n − 4 I_n−6 ... = n − 1 n n − 3 n − 2 n − 5 n − 4 . . . 3 4 1 2 _  π 2 si n par 1 si n si .

3.27. Suponiendo que se tiene dos funciones f (x) y g(x), tal que Z 2 −2 f (x)dx = 4; Z 5 2 f (x)dx = 3; Z 5 −2 g(x)dx = 2.

¿Cu´al, si es que hay alguna, de las siguientes afirmaciones es verdadera? JUSTIFIQUE.

(51)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 45 a) Z 2 5 f (x)dx = −3. b) Z 5 −2 (f (x) + g(x))dx = 9. c) f (x) ≥ g(x), para todo x en [−2, 5]. Soluci´on:

a) Es verdadera, basta observar que Z 2

5 f (x)dx = −

Z 5

2 f (x)dx = −3 .

b) Es verdadera, observe que Z 5 −2 (f (x) + g(x))dx = Z 5 −2 f (x)dx + Z 5 −2 g(x)dx = Z 2 −2 f (x)dx + Z 5 2 f (x)dx + 2 = 4 + 3 + 2 = 9 .

c) Es falsa, para esto considere el siguiente ejemplo, sea

f (x) =    1 si x 6= 0 0 si x = 0 y g(x) = 2 7. Entonces Z 5 −2 f (x)dx = 7 y Z 5 −2 g(x)dx = 2 , pero en x = 0: f (0) = 0 < g(0) = 1₇.

3.28. Determine el intervalo [a, b] para el cual el valor de la integral Z b

a (2 + x − x 2_)dx

es m´aximo.

Soluci´on: Notemos que

(52)

46 _{§3. Integrales} entonces el gr´afico de la funci´on 2 + x − x2 _{es un parabola concava}

hacia abajo que corta al eje X en −1 y 2. El siguiente dibujo muestra la situación geométrica. x y -1 2 área negativa área negativa área positiva

Se concluye que [a, b] = [−1, 2].

3.29. _{Si f es una funci´on derivable tal que, para todo x ∈ R,} Z x

0

f (t)dt = [f (x)]2 determine f .

Solución: Nos proponemos derivar a ambos lados de la igualdad para esto debemos saber cual es la derivada de la función parte entera, como esta función es constante se tiene que

d

dx[x] = 0 ∀ x ∈ (n, n + 1) con n ∈ Z . Entonces derivando la igualdad obtenemos

d dx Z x 0 f (t)dt = f (x) = 2[f (x)] d dx[f (x)] .

Se concluye que f (x) = 0 para todo x ∈ (n, n+1) con n ∈ Z. Ahora bien, como f es derivable esto implica que f es continua y por la continuidad de f obtenemos que f (x) = 0 para todo x ∈ R. En efecto, sea {xn} ⊂

R_{−Z una sucesi´on de puntos tal que l´ım}

n→∞xn= m ∈ Z entonces f(xn) =

0 para todo n ∈ N ya que xn ∈ R − Z y obtenemos por la continuidad

de f que f (m) = fl´ım n→∞xn = l´ım n→∞f (xn) = 0 .

(53)

3.30. Sea f continua, creciente, con f (0) = 0, f (1) = 1 y Z 1 0 f (x)dx = 1 3. Calcule _Z 1 0 f−1_{(y)dy .}

Solución: Es posible obtener la solución al problema de manera ge-ométrica, dado que la función f es creciente con f (0) = 0 y f (1) = 1 entonces f es de la forma. x y 1 1 f f−1

Si trazamos la funci´on inversa en el gr´afico se deduce que Z 1

0

f−1_{(x)dx =} 2

3.

Ahora obtendremos la soluci´on de manera formal, tomando el cambio de variables y = f (x) entonces dy = f′_{(x)dx y obtenemos}

Z 1 0 f−1_{(x)dx =} Z 1 0 f−1_{(f (x))f}′_{(x)dx =} Z 1 0 xf′_{(x)dx .}

Integrando por partes tomando u = x y dv = f′_{(x)dx entonces du = dx}

y v = f (x) se obtiene Z 1 0 f−1_{(x)dx =} Z 1 0 xf′_{(x)dx = xf (x)} 1 0− Z 1 0 f (x)dx = 1 − 1 3 = 2 3 . 3.31. Si f es una funci´on continua, demuestre que

Z x 0 f (v)(x − v)dv = Z x 0 Z v 0 f (t)dt dv . Soluci´on: Consideremos

F (v) = Z v

0

(54)

48 _{§3. Integrales} Entonces, Z x 0 Z v 0 f (t)dt dv = Z x 0 F (v)dv .

Integrando por partes tomando u = F (v) y dv = dv entonces du = F ′_{(v)dv = f (v)dv,} v = v y obtenemos que Z x 0 Z v 0 f (t)dt dv = Z x 0 F (v)dv = vF (v)x 0 − Z x 0 vf (v)dv = xF (x) − Z x 0 vf (v)dv = x Z x 0 f (t)dt − Z x 0 vf (v)dv = x Z x 0 f (v)dv − Z x 0 vf (v)dv = Z x 0 f (v)(x − v)dv .

3.32. Obtenga una f´ormula de reducci´on para

In =

Z

xnexdx . Usando la f´ormula obtenida, calcule

Z

x5exdx .

Soluci´on: Integrano por partes, tomando u = xn_{, dv = e}x_{dx entonces}

du = nxn−1_{dx y v = e}x_{. Luego,}

In= xnex− n

Z

(55)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 49 En particular, I0 = Z exdx = ex+ C , I1 = xex− I0 = xex− ex+ C , I2 = x2ex− 2I1 = x2ex− 2xex+ 2ex+ C = 2!ex 1 − x + x 2 2 + C , I3 = x3ex− 3I2 = x3ex_{− 3x}2ex+ 6xex_{− 6e}x+ C = 3!ex −1 + _1!x − x 2 2! + x3 3! + C . En general, In= n!ex xn n! − xn−1 (n − 1)! + . . . ± x 1!∓ 1 + C . Por lo tanto, Z x5exdx = 5!ex x5 120 − x4 24 + x3 6 − x2 2 + x − 1 + C .

3.33. Obtenga una f´ormula de reducci´on para In=

Z

dx (1 + x2₎n .

Soluci´on: Si n = 1 entonces I1 = arctan x + C. Si n > 1 tenemos que

In = Z dx (1 + x2₎n = Z 1 + x2 (1 + x2₎ndx − Z x2 (1 + x2₎ndx = Z _dx (1 + x2₎n−1 − Z _x2 (1 + x2₎ndx = I_n−1₋ Z _x2 (1 + x2₎ndx .

La segunda integral la podemos calcular por partes, tomando u = x,

dv = x

(1 + x2₎n luego du = dx y haciendo el cambio de variables w =

1 + x2 _{y dw = 2xdx obtenemos} v = Z x (1 + x2₎ndx = 1 2 Z dw wn = − 1 2(n − 1)wn−1 .

(56)

50 _{§3. Integrales} Luego Z x2 (1 + x2₎ndx = − x 2(n − 1)(1 + x2₎n−1 + 1 2(n − 1) Z dx (1 + x2₎n−1 = − x 2(n − 1)(1 + x2₎n−1 + 1 2(n − 1)In−1. Por lo tanto, In = In−1− x 2(n − 1)(1 + x2₎n−1 + 1 2(n − 1)In−1.

(57)

Cap´ıtulo 4

Aplicaciones

4.1. Un arco de cincunferencia gira en torno de su cuerda, demuestre que el volumen del cuerpo generado es

4 3a 34 3πa 3_{sin α +} 2 3πa 3_{sin α cos}2 α − 2πa3α cos α, donde a es el radio y 2α es la medida angular del arco. Soluci´on: La situaci´on se presenta en el siguiente dibujo

b a

α

De la figura obtenemos que

b = a cos(π − α) = a cos(−α) = a cos α . Entonces las ecuaciones parametricas nos quedan

x = a cos t ,

y = a sin t + a cos α = a(sin t + cos α) . 51

(58)

52 _{§4. Aplicaciones} Luego, el volumen es

V _{= −a}3π Z 2α

0

(sin t + cos α)2sin tdt = −a3_π

Z 2α 0

(sin2_{t + 2 sin t cos α + cos}2_{α) sin tdt}

= −a3π Z 2α 0 sin3tdt + 2 cos α Z 2α 0 sin2tdt + cos2α Z 2α 0 sin tdt . La primera integral la podemos calcular por partes, haciendo u = sin2t y dv = sin tdt obtenemos que du = 2 sin t cos t y v = − cos tdt entonces

Z 2α 0

sin3_{tdt = − sin}2t cos t2α

0 + 2 Z cos2t sin tdt = − sin22α cos 2α + 2 Z 2α 0 (1 − sin 2_{t) sin tdt} = − sin22α cos 2α + 2 Z 2α 0 sin tdt − 2 Z 2α 0 sin3tdt . Despejando se obtiene que

Z 2α 0 sin3_{tdt = −}1 3sin 2_{2α cos 2α −} 2 3(cos 2α − 1) . La segunda integral la calculamos mediante

Z 2α 0 sin2tdt = Z 2α 0 1 − cos(2t) 2 dt = 1 2 Z 2α 0 dt − 1 2 Z 2α 0 cos(2t)dt = 1 22α − 1 2 sin(2t) 2 2α 0 = α − 1₄sin(4α) . La tercera integral es sencilla de calcular y da

Z 2α 0 sin tdt = − cos t 2α 0 = 1 − cos 2α Por lo tanto, V _{= −a}3π −1 3sin 2 2α cos 2α −2 3cos 2α + 2 3+ 2α cos α −1₂cos α sin 4α + cos2_{α − cos}2α cos 2α

.

(59)

Cálculo II - Rodrigo Vargas 53 4.2. Dibuje el gráfico de la función r = cos2_{θ. Calcule el volumen del cuerpo}

generado al rotar alrededor del eje 0X.

Soluci´on: El gr´afico se aprecia en la siguiente figura

Si r = cos2_{θ entonces las coordenadas polares nos quedan}

x = cos3θ , y = sin θ cos2θ ,

con dx = −3 cos2_{θ sin θ. La curva de revoluci´on se obtiene solo}

revolu-cionando la curva en los ´ultimos 2 cuadrantes entonces el volumen de la curva revolucionada es:

V _{= −3} Z 2π

π

(sin θ cos2θ)2cos2θ sin θdθ = −3

Z 2π π

sin3θ cos6θdθ .

Haciendo el cambio de variables t = cos θ entonces dt = − sin θdθ y obtenemos V _{= −3} Z 2π π sin3θ cos6θdθ = 3 Z 1 −1 (1 − t2)t6dt = 3 t7 7 − t9 8 1 −1 = 3 1 7 − 1 8 − −1₇ +1 8 = 3 28.

(60)

54 _{§4. Aplicaciones} 4.3. Un tronco cilindrico circular recto, de 20 cm. de radio basal, se taladra transversalmente dejando un hoyo de secci´on cuadrada de 20 cm de la-do, con dos caras opuestas perpendiculares al eje del tronco y las otras dos caras sim´etricas respecto del eje del tronco. Determine el volumen de madera extra´ıda.

Soluci´on: El dibujo muestra el corte seccional del tubo

r r f (x) r h r = 20 cm

Entonces el ´area seccional del tubo menos el hoyo transversal es

A(x) = h · f(x) − 202

donde f (x) = 2√_{400 − x}2 _{entonces el volumen del tubo menos el hoyo}

transversal es V1 = Z 20 −20 A(x)dx = Z 20 −20 (h · f(x) − 400)dx = h Z 20 −20 f (x)dx − 400(20 − (−20)) = 2h Z 20 −20 √ 400 − x2_{dx − 16000 .}

(61)

obten-C´alculo II - Rodrigo Vargas 55 emos V1 = 2h Z π/2 −π/2 20p_{1 − sin}2_{θ · 20 cos θdθ − 16000} = 2 · 202h Z π/2 −π/2 √ cos2_{θ cos θdθ − 16000} = 2 · 202_h Z π/2 −π/2 cos2_{θdθ − 16000} = 2 · 202h Z π/2 −π/2 1 + cos 2θ 2 dθ − 16000 = 2 · 202h ( 1 2 Z π/2 −π/2 dt + 1 2 Z π/2 −π/2 cos 2θdθ ) − 16000 = 2 · 202h ( π 2 + 1 2 · sin 2θ 2 π/2 −π/2 ) − 16000 = 2 · 202h π 2 + 1 4· (sin(π) − sin(−π)) − 16000 = 202_{hπ − 16000 .}

El volumen del cilindro es V2 = π202· h entonces el volumen del hoyo

transversal es V = V2− V1 = 1600.

4.4. El punto (3, 2) est´a ubicado en una curva y en cualquier punto (x, y) en la curva, la recta tangente tiene pendiente igual a (2x − 3). Determine la ecuaci´on de la curva.

Soluci´on: Mediante el Teorema Fundamental del C´alculo se deduce que

f (x) = f (a) + Z x

a

f′_{(t)dt .}

(62)

56 _{§4. Aplicaciones} igual a 2x − 3 entonces f ′_{(x) = 2x − 3 usando lo anterior obtenemos}

f (x) = f (3) + Z x 3 f ′_(t)dt = 2 + Z x 3 (2t − 3)dt = 2 +ht2_{− 3t}ix 3 = 2 + (x2_{− 3x) − (9 − 9)} = x2_{− 3x + 2 .}

4.5. La pendiente de la recta tangente en cualquier punto (x, y) de una curva es 3√x. Si el punto (9, 4) es un punto de la curva, determine la ecuaci´on de la curva.

Soluci´on: Sea y = f (x) la curva entonces saber la pendiente de la recta tangente en cualquier punto a la curva es equivalente a saber que f′_{(x) = 3}√_{x. Entonces} f (x) = f (a) + Z x a f′_(t)dt = f (9) + Z x 9 3√t dt = 4 + 3 · 2 3t 3/2 x 9 = 4 + 2(x3/2_{− 9}3/2₎ = 2x3/2_{− 50 .}

4.6. _{Los puntos (−1, 3) y (0, 2) forman parte de una curva y en cualquier} punto de la curva d

2_y

dx2 = 2 − 4x. Determine la ecuaci´on de la curva.

Soluci´on: _{Por el Teorema del Valor Medio como f : [−1, 0] → R es} continua. Si f es derivable entonces, existe c ∈ (−1, 0) tal que

f′_{(c) =} f (0) − f(−1)

0 + 1 =

2 − 3

1 = −1 .

(63)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 57 que f′_{(x) = f} ′_{(c) +} Z x c f′′_(t)dt = −1 + Z x c (2 − 4t) dt = −1 +h2t − 2t2ix c = −1 + (2x − 2x2) − (2c − 2c2) = 2c(c − 1) − 1 + 2x − 2x2 . Aplicando esto nuevamente se obtiene

f (x) = f (0) + Z x 0 f ′_(t)dt = 2 + Z x 0 [(2c(c − 1) − 1) + 2(t − t 2_)]dt = 2 + (2c(c − 1) − 1)t + 2 t2 2 − t3 3 x 0 = 2 + [2c(c − 1) − 1]x + x2 −2₃x3. Ahora, como f (−1) = 3 entonces

3 = 2 + [1 − 2c(c − 1)] + 1 +2₃ =⇒ 0 = [1 − 2c(c − 1)] + 2₃ =⇒ −2c2+ 2c + 5

3 = 0 =⇒ c2_{− c −} 5

6 = 0 . Las soluciones de esta ecuaci´on cuadratica son

c = 1 ± q 1 + 4 · 5 6 2 = 1 2 ± 1 2 r 13 3 . Sean c+= 1₂ +1₂ q 13 3 y c− = 1₂ − 1₂ q 13 3 y note que c+(c+− 1) = − 1 2+ 1 2 r 13 3 ! 1 2 − 1 2 r 13 3 ! y c−(c−− 1) = − 1 2− 1 2 r 13 3 ! 1 2+ 1 2 r 13 3 ! .

(64)

58 _{§4. Aplicaciones} Como ambas expresiones son iguales a 5/6 obtenemos que la curva tiene la expresi´on f (x) = 2 + 2 ·5₆ − 1 x + x2₋ 2 3x 3 _{= 2 +} 2 3x + x 2 − 2₃x3. 4.7. La cicloide es la curva en el plano trazada por un punto en un c´ırculo

cuando rueda sin resbalar a lo largo de una recta. Encuentre las corde-nadas parametricas cuando la recta es el eje x y el radio del c´ırculo es r y halle el volumen del solido de revoluci´on del c´ıcloide correspondiente a completar una rotaci´on del disco.

Soluci´on: b b b b b }c θ x y

Cuando el c´ırculo rueda sin resbalar en un ´angulo θ, el centro del c´ırculo es movido a (rθ, r). Notemos que b = r sin θ y c = r cos θ. Entonces las coordenadas parametricas son

x = rθ − r sin θ , y = r − r cos θ . Entonces, dx = (r − r cos θ)dθ y V = π Z 2π 0 (f (x))2dx = π Z 2π 0 (r − r cos θ) 2 (r − r cos θ)dθ = πr3 Z 2‘pi 0 (1 − cos θ) 3_dθ = πr3 Z 2π 0 (1 − 3 cos θ + 3 cos 2 θ − cos3θ)dθ = πr3 θ − 3 sin θ + 3 θ 2+ sin(2θ) 4 + sin θ − sin 3_θ 3 2π 0 = πr3[π + 3π] = 4π2r3.

(65)

Cálculo II - Rodrigo Vargas 59 4.8. Calcule el área de la región en el primer cuadrante limitada por la curva

gr´afico de (x + 2)2_{y = 4 − x.}

Solución: El gráfico de la función se aprecia en la siguiente figura y x Entonces A = Z 4 0 4 − x (x + 2)2dx = − Z 4 0 x + 2 (x + 2)2dx + Z 4 0 6 (x + 2)2dx = − Z 4 0 dx x + 2 + 6 Z 4 0 dx (x + 2)2 = − log(x + 2) 4 0+ 6 Z 6 2 dw w2 = − log 6 + log 2 + −w−1 6 2 = log 2 − log 6 + 6 −1 6 + 1 2

= log 2 − log 6 − 1 + 3 = 2 + log 2 − log 6 .

4.9. Calcule la longitud de la curva

x = a(2 cos t − cos 2t), y = a(2 sin t − sin 2t) . Soluci´on: Tenemos que

(66)

60 _{§4. Aplicaciones} Entonces la longitud de la curva es

s = Z p(x′_(t))2_{+ (y}′_(t))2_dt

=

Z q

a2_{(4 sin}2_{t − 8 sin t sin 2t + 4 sin}2_{2t) + a}2_{(4 cos}2_{t − 8 cos t cos 2t + 4 cos}2_2t)dt

= Z pa2_{(4 + 4 − 8(sin t sin 2t + cos t cos 2t))dt}

= Z ap_{8 − 8 cos(t − 2t)dt} = a√8Z √_{1 − cos tdt} = a√8 Z q 2 sin2(t/2)dt = a√16 Z sin(t/2)dt = −8a cos t 2 + C .

4.10. Un punto m´ovil del plano tiene una trayectoria con componentes de velocidad

x′_{(t) = 2t sin t ,}

y′_{(t) = 2t cos t .}

a) Calcule la longitud del camino recorrido en el intervalo de tiempo [0, 3].

b) Si para t = 0 las coordenadas del punto m´ovil son 80, 2), ¿a qu´e dis-tancia del origen se encuentra el punto para t = π

2?

Soluci´on:

a) Tenemos que la longityd del camino recorrido es s = Z 3 0 p 4t2_sin2_{t + 4t}2_cos2_tdt = Z 3 0 2t dt = t2 3 0 = 3 2 _{= 9 .}

b) Por el Teorema Fundamental del C´alculo tenemos que f (x) = f (a) +

Z x a

(67)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 61 Podemos aplicar lo anterior para cada una de las componentes, ya que poseemos el valor inicial, luego

x(t) = x(a) + Z t a x′_(z)dz = x(0) + Z t 0 2z sin zdz = − 2z cos z t 0 + 2 Z t 0 cos zdz = −2t cos t + 2 sin t .

La integral la calculamos por partes tomando u = x y dv = sin zdz, de manera similar obtenemos que

y(t) = y(0) + Z t 0 y′_(z)dz = 2 + Z t 0 2z cos zdz = 2 + 2 z sin zt 0− 2 Z t 0 sin zdz = 2 + 2t sin t + 2 cos t − 2 = 2t sin t + 2 cos t .

Por lo tanto, el m´ovil en t = π/2 se encuentra con componentes x(π/2) = 2, y(π/2) = π

y su distancia con el origen es

d =p(x(π/2))2_{+ (y(π/2))}2 ₌√_{4 + π}2_.

4.11. Calcule la longitud de la curva

y = x3/2, _{x ∈ [0, 4] .}

Soluci´on:Sea f (x) = x3/2 _{entonces sabemos que la longitud de la curva}

es s = Z 4 0 p 1 + (f ′_(x))2_{dx =} Z 4 0 r 1 + 9 4x dx .

Haciendo el cambio de variables z = 1 + 9₄x implica dz = 9₄dx y obten-emos s = 4 9 Z 10 1 z1/2 = 4 9· 2 3z 3/2 10 1 = 8 27(10 3/2 − 1) .

(68)

62 _{§4. Aplicaciones} 4.12. _{El siguiente es el gr´afico de f (x) = sin 2x + cos 3x para x ∈ [0, 2π], las} ra´ıces ordenadas de menor a mayor son x1, x2, x3, x4, x5 y x6. Adem´as,

x4 = (1, 1π), x5 = 3₂π. | | | | + + + + π 2 π 3π 2 2π 1 2 -1 -2 x y

Para la regi´on encerrada entre la curva y el eje x, x ∈ [x4, x5], calcule

el ´area, la abscisa del centroide y el volumen del cuerpo de revoluci´on al girar alrededor del eje y.

Solución: En este caso el área de la región encerrada es

A = Z x5 x4 f (x)dx = Z x5 x4 (sin(2x) + cos(3x))dx = −cos(2x) 2 + sin(3x) 3 x5 x4 = −cos(3π)₂ +sin( 9 2π) 3 + cos(2, 2π) 2 − sin(3, 3π) 3 ∼ = 1 2 + 1 3 − 0, 41 + 0, 27 ∼= 2, 303 . La abscisa del centroide es

y = 1 2 Z x5 x4 f2(x)dx Z x5 x4 f (x)dx .

(69)

C´alculo II - Rodrigo Vargas 63 Basta calcular Z x5 x4 f2(x)dx = Z x5 x4

(sin2(2x) + 2 sin(2x) cos(3x) + cos2(3x))dx = Z x5 x4 1 − cos(4x) 2 dx + 2 Z x5 x4 sin(2x) cos(3x)dx + Z x5 x4 1 + cos(6x) 2 dx = x +sin(6x) 12 − sin(4x) 8 x5 x4 + 2 Z x5 x4 sin(2x) cos(3x)dx . Notemos que

cos(3x) = cos(x) cos(2x) − sin(x) sin(2x)

= cos(x)(cos2_{(x) − sin}2_{(x)) − 2 sin}2(x) cos(x) = cos3_{(x) − cos(x) sin}2_{(x) − 2 sin}2(x) cos(x) = cos3_{(x) − 3 sin}2(x) cos(x) .

Como sin(2x) = 2 sin(x) cos(x) entonces

2 sin(2x) cos(3x) = 4 sin(x) cos4_{(x) − 12 sin}3(x) cos2(x) . Haciendo un cambio de variables tomando u = cos x obtenemos 2 Z x5 x4 sin(2x) cos(3x)dx = 4 Z x5 x4 sin(x) cos4_{(x)dx − 12} Z x5 x4 sin3(x) cos2(x)dx = −4₅cos5_{x − 12} Z u2_{(1 − u}2)du = −4₅cos5_{x −} 12 3 cos 3_{x +} 12 5 cos 5_x x5 x4 = 8 5cos 5 x − 12₃ cos3x x5 x4 . Por lo tanto Z x5 x4 f2_{(x)dx =} x +sin(6x) 12 − sin(4x) 8 + 8 5cos 5_{x −}12 3 cos 3_x x5 x4 .

El volumen del cuerpo de revoluci´on al girar alrededor del eje y es V = 2π Z x5 x4 xf (x)dx = 2π Z x5 x4 x sin 2xdx + Z x5 x4 x cos 3xdx .

(70)

64 _{§4. Aplicaciones} Integrando por partes ambas integrales, obtenemos que

Z x5 x4 x sin 2xdx = −x cos 2x₂ x5 x4 +1 2 Z x5 x4 cos 2xdx = −x cos 2x₂ + sin 2x 4 x5 x4 , Z x5 x4 x cos 3xdx = −x sin 3x₃ x5 x4 −1₃ Z x5 x4 sin 3xdx = −x sin 3x₃ + cos 3x 9 x5 x4 .

(71)

Cap´ıtulo 5

Integrales Impropias

5.1. _{Si a > 0 y p ∈ R. Demuestre que} Z _+∞ a 1 xp dx =        a1−p p − 1 si p > 1 , +∞ si p ≤ 1 . Soluci´on: ♣ Si p = 1 Z +∞ a dx xp = l´ım_c→+∞ Z c a dx x = l´ımc→+∞(log c − log a) = +∞ . ♣ Si p 6= 1 Z _+∞ a dx xp = _c→+∞l´ım Z c a dx xp = l´ım_c→+∞ x−p+1 −p + 1 c a = l´ım c→+∞ c1−p 1 − p − a1−p 1 − p = a1−p p − 1− 1 1 − pc→+∞l´ım c 1−p_.

Este ´ultimo l´ımite depende del valor de p, se tiene que l´ım c→+∞c 1−p ₌ 0 si p > 1 +∞ si p < 1 . 5.2. Pruebe que la integral _Z

∞ 1

dx 1 + x2