Unidad 15 Integrales definidas. Aplicaciones

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1 Unidad 15 Integrales definidas. Aplicaciones 3

2 SOLUCIONES 1. La suma superior es: La suma inferior es:. La suma superior es: s ( P) = ( 1) 3 + (3 ) 10 = = 13 La suma inferior es: s ( P) = ( 1) 1+ (3 ) 3 = 1+ 3 = 4 3. La solución es: El teorema del valor medio dice que c (0,3) tal que: Por tanto, como c (0,3), el valor pedido es c = 3 El teorema del valor medio dice que c (0,) tal que Obtenemos dos valores de C, pero esto no contradice el teorema, ya que este teorema garantiza que exista un valor cero no dice que este valor sea único. 4

3 c) no es aplicable el teorema del valor medio ya que la función y = f (x) no es continua en el intervalo [- 1, 1], al cumplirse: d) Por el teorema de la media: 4. La solución es: 5

4 5. La solución queda: a) la derivada es: F ( x) = e 4x 4 0 El valor buscado es F (0) = e =. b) la derivada de la función F(x) es F ( x) = ln x. Esta no se anula en el intervalo [, 10]. La derivada es positiva en intervalo citado. Teniendo en cuenta los hechos anteriores la función F(x) no tiene extremos relativos y si extremos absolutos que se alcanzan en los extremos del intervalo. Para F ( ) = 0, 39 se obtiene el numero de la función y en F( 10) = 14, 04 tiene máximo absoluto. c) En este caso: d) F ( x) = x cos x x e) G ( x) = e (1+ x ) x x f) F ( x) = e ; F ( x) = e ; F ( x) = (4x ) e x Por tanto como F ( 0) = 0 y F ( 0) 0 la función F(x) tiene un punto de inflexión en el punto de abscisa 0. x x F g) (x) = e x e 4 6

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6 SOLUCIONES 6. La solución queda: 6 4dx a) x Calculamos la integral indefinida por integrales inmediatas: Haciendo C = 0 y aplicando la regla de Barrow, obtenemos: 1 x e b) e + dx x 0 operando de forma análoga a las anteriores, obtenemos: 8 3 c) + x 0 1 dx operando de manera análoga a las anteriores, obtenemos: 3 dx d) 1 + x 1 dx operando de forma análoga, obtenemos: π sen x 1 e) dx = sen x dx = 3 x 3 x 0 0 π 8

7 f) 0 dx 9 x queda: 3 3 x g) dx determinamos la integral indefinida por el método de integración de funciones ( x 1) racionales: Determinamos la integral definida haciendo C = 0 y aplicando la regla de Barrow: 9

8 5 x + 1 h) 3 dx calculamos la integral indefinida por el método de integración de funciones x x racionales: Haciendo C = 0 y aplicando Barrow, obtenemos la integral definida: 9 i) x dx x + resolvemos la integral indefinida por cambio de variable, haciendo: x 4 x = t dx = t dt. 10

9 π / j) sen x dx calculemos la integral indefinida: 0 1 4x k) ( x ) dx operando de forma análoga a las anteriores, obtenemos: 4 l) 9 + 4x dx operando de manera análoga a las anteriores, obtenemos: m) 4 x (1+ x ) dx operando de manera análoga a las anteriores, obtenemos: 0 11

10 Calculamos la integral definida haciendo C = 0 y aplicando la regla de Barrow: 1 x x ñ) x e cos x) dx = x dx e cos x dx = 0 x ( l 1

11 1 dx o) dx 3 ( x + 1) 0 13

12 6 p) x x dx resolvemos la integral indefinida por el método de cambio de variable, 3 haciendo x = t dx = t dt. 3 4 x + x 6 q) dx 3 x + x x racionales: resolvemos la integral indefinida por el método de integración de funciones 14

13 5 r) 3 ln x dx x calculamos la integral indefinida: π / s) sen x dx 0 calculamos la integral indefinida: 3 dx t) con b > 0 x + b 1 operando de forma análoga a las anteriores, obtenemos: 4 x 1 u) dx x 1 obtenemos la integral haciendo el cambio: x 1= t dx = t dt. 15

14 π / 4 v) tg x dx calculamos la integral indefinida por el método de integrales inmediatas y después 1 calculamos la definida haciendo C = 0 y aplicando Barrow. 3 x w) x 1 dx determinamos la integral indefinida por el método de integrales inmediatas y después la integral definida haciendo C = 0 y aplicando Barrow: 6 x 3 x) x dx resolvemos la integral mediante el cambio: x 3 = t dx = t dt. 16

15 1 y) 0 x 1 dx esta integral no está definida en [0, 1]. x Resolvemos la integral indefinida en el campo complejo por el método de cambio de variable, t dt haciendo x 1 = t dx =. x 1 z) x ln x dx esta integral no está definida en el intervalo [-1,1]. 1 17

16 7. Las integrales quedan: b) c) d) e) f) 18

17 8. Las integrales quedan: Ambas integrales son iguales a cero, pues al ser las funciones impares y simetricas respecto al origen se anulan entre si las areas de las regiones que se obtienen. 9. El área viene dada por: El área del recinto sombreado viene dada por: Directamente este recinto es un trapecio y su area vale: Con lo que queda comprobado el resultado anterior. 10. Queda: Recinto sombreado: 19

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19 SOLUCIONES 11. Queda: Queremos calcular el area del recinto sombreado: 1. La solución es: El área pedida es la del recinto sombreado. 13. Queda: El área del recinto limitado por la curva, el eje OX y las rectas π x = y π x = vale: 1

20 14. La solución queda: a) b) Las curvas y = 9x; y = 4( x + 1) se cortan en los puntos de abscisa x = 0, 8 pues: El área pedida es la de la zona sombreada y vale:

21 c) Estas curvas se cortan en los puntos solución del sistema: Otra forma de hallar el area del recinto buscado: 3

22 15. La solución es: Las curvas se cortan en x = 0 y x = 1. Calculamos el area de la zona sombreada. Resolvemos por el método de integración por partes la integral indefinida: Haciendo C = 0 y aplicando la regla de Barrow, calculamos la integral definida que nos permite calcular el area pedida: 4

23 16. La solución es: El área del recinto sombreado buscado vale: 17. La solución: El circulo de radio R queda limitado por la circunferencia de ecuación: x + y = R Área = R 4 R x 0 dx Calculamos la integral indefinida R x dx mediante el cambio de variable: 5

24 Haciendo C = 0 y aplicando la regla de Barrow, calculamos la integral definida que nos da el area del circulo buscado: Calculamos la integral indefinida Por el método de cambio de variable, para ello hacemos x = a sen t dx = a cosdt Haciendo C = 0 y aplicando la regla de Barrow, calculamos la integral definida que nos da el área encerrada por la elipse dada: 6

25 18. Los volúmenes son: b) c) 19. Los volúmenes quedan: a) b) c) d) 7

26 0. El volumen es: 1. El volumen es:. el volumen de la esfera es: 3. el volumen del elipsoide es: 8

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28 SOLUCIONES 4. La suma superior es: La suma inferior es: 5. Aplicando este teorema obtenemos : 6. La solución en cada caso es: La primera derivada es: La segunda derivada es: 7. La solución es: a) La derivada es: b) El límite produce una indeterminación del tipo 0 0. Aplicando la regla de L Hopital obtenemos: 30

29 8. Las derivadas de la función son: La primera derivada se anula y obtenemos: En el punto ( 1,0 ), al ser F ( 1) = 8 > 0 existe un minimo relativo. En el punto (1, 0), al ser F ( 1) = 8 > 0 existe un mínimo relativo. En el punto (0, /3), al ser F ( 0) = < 0, existe un máximo relativo. 9. Tenemos que: 30. En cada caso queda: a) haciendo el cambio e x = t, obtenemos: 31

30 31. La solución es: Calculamos la integral indefinida por el método de interacion por partes: 3. El área es: La zona sombreada es la región de plano limitada por las curvas dadas. 3

31 33. Ecuacion de la recta tangente a f(x) = ln x, en el punto (e, 1): 33

32 34. La solución es: Llamando d a la distancia buscada, se cumple: A una distancia de 3 unidades. 35. La parábola y la recta se cortan en los puntos: Ponemos el valor absoluto, pues el área puede ser diferente según sea a > 0 o a < 0. 34

33 La integral se resuelve del siguiente modo: 36. La superficie viene dada del siguiente modo: El área de la zona sombreada viene dada por: 35

34 37. La superficie viene dada del siguiente modo: Hallamos los puntos de inflexión: Los puntos de inflexión son: 36

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36 SOLUCIONES 38. Haciendo la integral definida por partes obtenemos: e 1 ln x 1 1 ln 1 0,64 dx = x x = = x x e e La solución es: π π a) El área = x sen x dx = ( x cos x + sen x) 0 = π unidades cuadradas. 0 b) la recta tangente en el punto dado tiene por ecuación y = π( x π) El área buscada es: Área = ( x ) 0 3 π π π dx = = 15,50314 unidades cuadradas. π 40. Imponiendo las condiciones del enunciado al polinomio tenemos el sistema: 3a + b + c = 0 b = 0 d = 1 de donde obtenemos que a = 1 ; b = 0 ; c = 3 ; d = a c = Por tanto el polinomio es P( x) = x + x Resolvemos esta integral por descomposición en fracciones simples y obtenemos: a 0 a 16 x + 3 5( a + 3) dx = ln ln = + x x x 5 3( a 5) 0 15 Igualando esta expresión a la que nos da el enunciado obtenemos que a puede tomar valores 3 y La solución es: a) x 5x 4 4 i dx = = x 4 no tiene soluciones reales. b) todas las primitivas son de la forma enunciado obtenemos que la primitiva buscada es 0 5x C imponiendo las condiciones del x F( x) =

37 43. La función dad es creciente en (, 0 ) y decreciente en ( 0,+ ). Tiene un máximo relativo en el punto (0,e) y dos puntos de inflexión en Tiene una asíntota horizontal de ecuación y = 0. 1, e 1 y 1 1, e. Su grafica es: Calculamos a integral pedida: x 1 x e e 1 x f ( x) dx = x e dx = = = 0,5 8 e En cada caso diremos: f(x) es continua en [-,-1], por lo que aplicando el teorema del valor medio tenemos que [, 1] b tal que: 1 f ( t) dt = f ( b)( 1+ ) = f( b) f(x) es continua en [1,], por lo que aplicando el teorema del valor medio tenemos que c [ 1,] tal que: 1 f ( t) dt = f ( c)( 1) = f ( c) De ambas igualdades concluimos que f( b) = f ( c) con b -1 y c La solución queda: e 1 e e 1 x e + x 1 e dx = = 0,74 e e La cuerda tiene por ecuación y e = ( x 1) Calculamos el area: ( ) e 1 39

38 46. La solución es: senx Aplicando el teorema fundamental del calculo integral obtenemos: F ( x) = x Por lo que las abscisas de sus extremos relativos en un periodo son: Máximo relativo en 47. La solución es: x = π y mínimo relativo en 3π x = Aplicando la integración por partes obtenemos: [ ] f ( x) dx = x f ( x) x f ( x) dx = f (1) = Imponiendo las condiciones del enunciado obtenemos: b = a + b = 4 de donde a = 1 ; b = 0 ; c = c = La solución queda: Aplicando el teorema fundamental del calculo integral obtenemos: 3 = ( ) y = ( ) F ( x) x 1 e x La función es creciente en ( 1) ( 1, + ) F ( x) 4x x e x, y decreciente en (-1, 1) La función es cóncava hacia las y positivas en (, ) ( 0, ) La función es cóncava hacia las y negativas en (,0) (, + ) 40