Unidad 10 Integrales definidas. Aplicaciones

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José Ángel Villalobos Castro
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1 Unidad Integrales definidas. Aplicaciones PÁGINA 5 SOLUCIONES. Las áreas quedan: A u A u A 5 u. El área del recinto viene dada por : ( ) ( ) Área d,5 u

2 PÁGINA 9 SOLUCIONES. La solución queda: Directo: Si sumamos dos números impares entonces, obtenemos un número par. Este resultado es verdadero: (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.. 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: m n m n Operando en esta desigualdad obtenemos m n mismo, vamos a demostrar que m n m n. m n Operando, convenientemente, en la primera epresión obtenemos: ( m n) m n m n o lo que es lo m n mn m n m n y como m y n son números reales positivos queda m n m n probado que esta epresión es mayor o igual que cero que es lo que queríamos demostrar.

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4 SOLUCIONES. Las sumas quedan: La suma superior es: S ( P) ( ( )) 6 ( ) 6 ( ) 6 7. La suma inferior es: s ( P) ( ( )) 5 ( ) ( ) Las sumas quedan: La suma superior es: S ( P) ( ) ( ). La suma inferior es: s ( P) ( ) ( ).. Las integrales definidas quedan: a) 6 d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo C y aplicando la regla de Barrow obtenemos: b) e d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo C y e aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( ) e c) e ln ln,5 5 ln d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo C y aplicando la regla de Barrow obtenemos: d) d 5 ( ln ) ( ln5) ( ln),69 Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo aplicando la regla de Barrow obtenemos: [ ] e) ( ) arctg arctg arctg,6rad C y d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( ) C y

5 f) d Resolvemos la integral indefinida por el método de integración de funciones racionales, descomponiendo la fracción dada en suma de fracciones simples. Después hacemos C y aplicando la regla de Barrow obtenemos el resultado de la integral pedida: d d d d ( ) 8 d ln ln,79 5 g) aplicamos la regla de Barrow y obtenemos: h) 5 d Calculamos la primitiva por descomposición en fracciones simples, d d d d [ ln ln ( ) ln ( ) ] ln,6 5 9 d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo C y aplicando la regla de Barrow obtenemos: i) ( 9 ) b d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo C y b b b ln b ln ln,69 b aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( ) j) d Resolvemos la integral indefinida por el método de integración de funciones racionales, dividiendo numerador por denominador. Después hacemos C y aplicando la regla de Barrow obtenemos el resultado de la integral pedida: d d d ln C d ln,6 5 d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, k) ( ) haciendo C y aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( ) 6 897,8 9 5

6 5 6 l) ( ) d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 5 C y aplicando la regla de Barrow obtenemos: m) d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo C y aplicando la regla de Barrow obtenemos: e ln ln n) d Calculamos la integral indefinida por el método de integración por partes. Después haciendo C y aplicando la regla de Barrow obtenemos: 5 e d e e C e d e e,5 d ñ) Resolvemos esta integral por el método de cambio de variable. Para ello hacemos t y obtenemos una integral racional que hemos de descomponer en suma de fraccionas simples. tdt dt ln t t t dt ( ) t Después aplicamos la regla de Barrow y calculamos el valor de la integral definida dada: d ln,8. La integral queda: f ( ) d ( ) d d 5. Como P ( ) A B Como A P ( ) d B A 6B Resolviendo el sistema formado por las dos condiciones obtenemos: A B A A 6B Y B. 9 6

7 6. Las integrales quedan: a) d [ ] 6 b) d [ ] 9 c) d [ ] 8 d) d d π e) sen d [ cos ] π d 8 f) d, 5 7. Hallamos la función del modo siguiente: i) Como (,) F ( ) a b ii) f ( ) d [ a b] 7a b 5 Por tanto: a b a 7a b 5 b 7

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9 SOLUCIONES 8. El área queda: a) ( ) d u, u b) 6 d u 8,7 u 9. La solución queda: El área del recinto sombreado viene dada por: 7 ( ) d 6 6u Directamente este recinto es un trapecio y su área vale: B b 5 A h 6u Con lo que queda comprobado el resultado anterior.. El área del recinto sombreado es: Área ( ) d 6 u,7 u. La solución es el recinto sombreado: ( ) Área d 6,7 u 9

10 . El área pedida es la del recinto sombreado Área ( 8 7 ) d 7 6 9,58 u 7. El área del recinto sombreado buscado vale: 6 Área d [ 6ln ] ln 6ln,95 u 6. Las diversas áreas quedan: a) 56 Área (6 ) d 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:,5 ) ( )] ( ) [( u d d A

12 e) La gráfica queda y el área sombreada quedan: ) ( u d A f) La gráfica queda y el área sombreada quedan: ) ( )] ( [ d d A u u 5. La gráfica y la superficie quedan:

13 6. La solución queda: a ( ) d a a a 9 7. La solución queda: 9 e t / 9 primeros días. dt [e t / 9 ] e 57 56,6gramos en total se vendieron los

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15 SOLUCIONES 8. Resolvemos la integral indefinida por el método de partes: a)cos d ( a) sen sen d ( a) sen cos ( C. a u du d cos d dv v sen Calculamos la integral definida aplicando la regla de Barrow: π / π ( a)cos d [( a) sen cos ] a π π Luego imponiendo la igualdad de enunciado obtenemos: a a 9. La solución es: a) Todas las primitivas de f() vienen dadas por su integral indefinida: ( 8) d 5 8 C Por tanto: F ( ) 5 8 C Calculamos la primitiva que cumple F ( ) : 5 8 C C 6 La primitiva buscada es: F ( ) b) f() ( 8) d [ 5 8] (6 6) ( 5 8) 8. Queda: i) F ( ) f ( ) c a a b c b ii) ( a b c) d ( c) d [ c] c Como c c 5

16 . 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: C 5 5 6,7 mg. La función polinómica es de la forma: f ( ) a b c Como pasa por Como pasa por (,) c Como tiene un máimo en (,) 9 9a b c (,9) 6a b Siendo c a b 6 la función queda: f( ) 6 La recta pasa por (,) y (,9) tiene de ecuación: y 9 Área [( 6 ) ( )] d ( ) d u. La solución queda: a) f ( ) d e / d ae / ae / (ae / ) a( e su valor absoluto representa el área del recinto limitado por la grafica de la función f (), el eje OX y las rectas y. / e / ) 6

17 b) Si F es primitiva de f, imponiendo las condiciones tenemos que: f ( ) d F() F() a( e. El área del recinto sombreado es: / e / ) a 5. La solución es: a) La ecuación de la parábola que pasa por los puntos A (,) y D(,) y tiene el vértice en E(,) es: y 6 b) El are de la ventana rectangular es El área de la ventana parabólica es: u. Luego hemos perdido un,% de luminosidad. 7

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