Sugerencias de solución de PD2 de Cálculo Integral

Semestre Academico 2017-1

1. Sea f una funcion derivable en R talque f ′ (x) = f(x), ∀x ∈ R. Demuestre que

∫1
[f(0)]2 + [f(1)]2
x[f(x)]2 dx =
0 4

Solución.
∫1 ∫1
2
x[f(x)] dx = xf(x)f ′ (x)dx
0 0

Integrando por partes

u = x, dv = f(x)f ′ (x)dx
(f(x))2
du = dx, v=
2
∫1 ∫
2 1 1 1
x[f(x)] dx = (f(1))2 − f(x)f ′ (x)dx
0 2 2 0
[f(0)]2 + [f(1)]2
=
4

2. Halle explcitamente la funcion positiva f, si la funcion derivada f ′ es continua en el intervalo

∫ x2
1
[1, +∞[ y f(x) = 2 + √ dt.
1 f( t)(1 + t )
2

2x
Solución. Derivando, f ′ (x) = .
f(x)(1 + x4 )
Despejando e integrando por susitucion u = x2
∫ ∫
2x
′
f(x)f (x)dx = dx ←- u = x2
1 + x4
1 2
f (x) = arctan(x2 ) + c
2
√
f(x) = 2 arctan(x2 ) + c
√
π
El valor de la constante de f(1) = 2 = + c ⇒ c = 4 − π2 .
2
3. Calcule
∫1
√
a) arctan( x)dx
∫0π
b) x sen(x) cos(x)dx
0

Solución.
∫1
√
a ) Cambio de variable t = x ⇒ t 2 = x, 2tdt = dx entonces I = 2t arctan(t)dt
0
Por partes
u = arctan(t), dv = 2tdt
1
du = dt, v = t2
1 + t2
 2

∫1
2 t2
I = t arctan(t)|10 dt −
0 1+t
2
∫1 [ ]
π 1
= − 1− dt
4 0 1 + t2
π
= −1
2
b ) Por identidadesa trigonometricas
∫π ∫π
1
I= x sen(x) cos(x)dx = x sen(2x)dx
0 2 0

Por partes

u = x, dv = sen(2x)dx
du = dx, v = − 12 cos(2x)

∫π
1 π
I = − + cos(2x)dx
4 4 0
π
= −
4
4. Demuestre la siguiente formula de recurrencia para n ∈ N,
∫ π/2 ∫ π/2
πn n(n − 1)
x sen(2x)dx =
n
− xn−2 sen(2x)dx, n>2
0 2n+1 4 0
∫ π/2
Use el resultado anterior y obtenga x4 sen(2x)dx.
0
Solución. Integrando por partes dos veces

u = xn , dv = sen(2x)dx
du = nxn−1 dx, v = − 21 cos(2x)
∫ π/2  ∫ π/2
1 π/2 n
In = x sen(2x)dx = − xn cos(2x)
n
+ xn−1 cos(2x)dx
0 2 0 2 0
∫ π/2
πn n
= + xn−1 cos(2x)dx
2n+1 2 0
| {z }
J
∫ π/2
n
Nuevamente por partes para J = xn−1 cos(2x)dx.
2 0

u1 = xn−1 , dv1 = cos(2x)dx

1
du1 = (n − 1)xn−2 dx, v1 = 2 sen(2x)
∫ π/2
n(n − 1)
J = − xn−2 sen(2x)dx,
4 0
∫ π/2
πn n(n − 1)
In = − xn−2 sen(2x)dx.
2n+1 4 0

Evaluamos para el caso n = 4

∫ π/2
1 4 3 2 3
x4 sen(2x)dx = π − π +
0 32 8 2
 3

5. Calcule las siguientes integrales

∫π
a) sen(2x) sen(nx) dx, n ∈ N
−π
∫π
3 sen3 (x)
b) dx.
π
4
cos4 (x)
Solución.

a ) Usaremos la identidad
1
sen(A) sen(B) = [cos(A − B) − cos(A + B)]
2
∫π ∫
1 π
sen(2x) sen(nx) dx = cos(n + 2)x cos(n − 2)x dx
−π 2 −π
[ π
1 sen(n + 2)x sen(n − 2)x  2
= − , n ̸= 2
2 n+2 n − 2 − π
2
= 0

Para n = 2
∫π ∫π
sen(2x) sen(2x) dx = sen2 (2x) dx
−π −π
∫π
1
= [1 − cos(4x)] dx
2 −π
= π

b ) Por identidades trigonometricas y por sustitucion

∫π ∫π
3 sen3 (x) 3
dx = tan3 (x) sec(x) dx
π
4
cos4 (x) π
4
∫π
3
= tan2 (x) sec(x) tan(x) dx
π
4
∫π
3 [ ]
= sec2 (x) − 1 sec(x) tan(x) dx ←- u = sec(x)
π
4
∫2
= √ (u2 − 1)du
2
√
2 2
= +
3 3
6. Calcule las siguientes integrales
∫ √
a) x3 4 − 9x2 dx. Es posible integrar sin utilizar sustitucion trigonometrica? Justique.
∫e
1
b) √ dx.
1 x 1 + ln2 x
Solución.

a ) Si se puede integrar por sustitucion. Sea

4−u
u = 4 − 9x2 , x2 =
9
du = −18xdx, x3 = x2 x
 4

∫ √ √ ∫
3 1
x 4 − 9x2 dx = − x2 4 − 9x2 (−18x)dx
18
∫( )
1 4−u √
= − udu
18 9
( )
1 8 32 2 52
= − u − u +c
162 3 5
[ (√ )3 2 (√ )5 ]
1 8
= − 4 − 9x 2 − 4 − 9x2 +c
162 3 5

b ) El cambio de variable z = ln(x)

∫e ∫1
1 1
I= √ dx = √ dz
1 x 1 + ln2 x 0 1 + z2
La sustitucion trigonometrica z = tan(θ)
∫ π/4
I = sec(θ)dθ
0
π/4
= ln |sec(θ) + tan(θ)|0
√
= ln( 2 + 1)

Miguel Gonzaga Ramirez-Roy Sanchez Gutierrez

Profesores coordinadores de Practicas.

San Miguel, 8 de abril de 2017