segunda calificada

1. P-UNI
IP-UNI
FIP-UNI
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FIP-UNI
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FIP-UN
FIP-U Universidad Nacional de Ingenier´ıa
Facultad de Ingenier´ıa de Petr´oleo
Ciclo 2015-II
Pr´actica Calificada №1 de C´alculo II
(PM-111)
Profesores : Hugo Laurente Artola, Alvaro Naupay Gusukuma.
Fecha : 15 de Septiembre de 2015
1. Responda y/o verifique los siguientes enunciados (4 ptos.)
a) Enuncie las definiciones de antiderivada y de integral indefinida.
b) Sean a, b ∈ R constantes. Si F es una antiderivada de f en R, entonces F(ax + b) es una
antiderivada de f(ax + b) en R.
c) Sean F un antiderivada de f en I y g una funci´on derivable tal que F ◦g y f ◦g est´an definidas
en I. Luego, F ◦ g es una antiderivada de (f ◦ g) · g .
d) Si F es una antiderivada de g · f en un intervalo I, entonces f · g − F es una antiderivada de
f · g .
SOLUCI´ON :
a)
Definici´on de antiderivada
Una funci´on F es una antiderivada (o primitiva) de otra funci´on f sobre
un intervalo I si se cumple que
F (x) =
dF(x)
dx
= f(x) , ∀x ∈ I
Definici´on de integral indefinida
Si F es una antiderivada de la funci´on f, entonces decimos que la integral
indefinida de f es F(x) + C y se utliza la siguiente notaci´on
f(x) dx = F(x) + C
donde C ∈ R es llamada constante de integraci´on.
b) (FALSA) La idea es usar la regla de la cadena, denotemos h(x) = ax + b luego
F (ax + b) = (F ◦ h) (x) = F (h(x)) · h (x)
como F (x) = f(x), entonces F (h(x)) = f(h(x)) luego
F (ax + b) = f(h(x)) · h (x) = f(ax + b) · a
c) (VERDAD) La idea es usar la regla de la cadena
(F ◦ g) (x) = F (g(x)) · g (x)

2. P-UNI
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FIP-Ucomo F (x) = f(x) entonces F (g(x)) = f(g(x)) luego
(F ◦ g) (x) = f(g(x)) · g (x)
(F ◦ g) (x) = (f ◦ g)(x) · g (x)
es decir
(F ◦ g) = (f ◦ g) · g
d) (VERDAD) La idea es usar derivada del producto
(f(x) · g(x) − F(x)) = f (x) · g(x) + f(x) · g (x) − F (x)
como F = g · f entonces
(f(x) · g(x) − F(x)) = F (x) + f(x) · g (x) − F (x)
(f(x) · g(x) − F(x)) = f(x) · g (x)
es decir
(f · g − F) = f · g
2. Sea f(x) una funci´on mon´otona y continua y f−1
(x) su funci´on inversa. (4 ptos.)
Demostrar que, si
f(x) dx = F(x) + C
entonces
f−1
(x) dx = xf−1
(x) − F(f−1
(x)) + C .
SOLUCI´ON :
Si f(x) dx = F(x) + C entonces tenemos que F (x) = f(x), denotemos G(x) = xf−1
(x) −
F(f−1
(x)), entonces tenemos que mostrar que G es antiderivada de f−1
, aplicando la regla de la
cadena y derivando G tenemos
G (x) = f−1
(x) + x(f−1
(x)) − F (f−1
(x)) · (f−1
(x))
como F (x) = f(x) entonces F (f−1
(x)) = f(f−1
(x)) = x luego reemplazando esto
G (x) = f−1
(x) + x(f−1
(x)) − x · (f−1
(x))
G (x) = f−1
(x)
lo que muestra que G es antiderivada de f−1
con lo que tenemos que
f−1
(x) dx = G(x) + C
entonces
f−1
(x) dx = xf−1
(x) − F(f−1
(x)) + C

3. P-UNI
IP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UN
FIP-U
3. Sean f y g definidas en ] − ∞, ∞[, tales que f es una antiderivada para g y este ´ultimo es una
antiderivada de −f. Adem´as que f(0) = 0, g(0) = 1. Demuestre que [f(x)]2
+ [g(x)]2
= 1
(4 ptos.)
SOLUCI´ON :
Por dato tenemos que g = f y −f = g, luego
(f2
(x) + g2
(x)) = 2f(x)f (x) + 2g(x)g (x) = 2f(x)f (x) + 2(−f (x))f(x) = 0
es decir
f2
(x) + g2
(x) = C (α)
donde C ∈ R es una constate, pero
C = f2
(0) + g2
(0) = 0 + 1 = 1
es decir C = 1 reemplazando esto en (α) finalmente tenemos que
f2
(x) + g2
(x) = 1
como se quer´ıa demostrar.
4. Hallar las siguientes integrales
a) eax
sen bx dx (2 ptos.)
b)
x
√
1 + x2/3
dx (2 ptos.)
c)
x3
√
1 − x2
dx (2 ptos.)
d) Para x > 0 hallar x2
arc sen
√
1 − x2 dx (2 ptos.)
SOLUCI´ON :
a) La idea es usar integraci´on por partes dos veces consecutivas. Denotemos por I =
eax
sen bx dx, luego f = eax
, g = sen bx, entonces f = aeax
, g = −
1
b
cos(bx), con lo
que tenemos
I = −
eax
b
cos bx +
a
b
eax
cos bx dx (α)
aplicando integraci´on por parte nuevamente a eax
cos bx dx, f = eax
, g = cos bx, entonces
f = aeax
, g =
1
b
sen bx, con lo que tenemos
eax
cos bx dx =
eax
b
sen bx −
a
b
eax
sen bx dx
incluyendo I tenemos que
eax
cos bx dx =
eax
b
sen bx −
a
b
I (β)

4. P-UNI
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FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UN
FIP-UAhora reemplazando β en α tenemos que
I = −
eax
b
cos bx +
a
b
eax
b
sen bx −
a
b
I (β)
I = −
eax
b
cos bx +
aeax
b2
sen bx −
a2
b2
I
factorizando convenientemente
b2
+ a2
b2
I =
eax
b2
[a sen bx − b cos bx]
finalmente despejando I tenemos que
I =
eax
a2 + b2
[a sen bx − b cos bx]
b) Haciendo el cambio de variable t =
√
1 + x2/3,
dt
dx
=
1
3
x−1/3
√
1 + x2/3
, 3dt =
x−1/3
√
1 + x2/3
dx,
multiplicando por x4/3
, 3x4/3
dt =
x
√
1 + x2/3
dx, pero x2/3
= t2
− 1, entonces 3(t2
− 1)2
dt =
x
√
1 + x2/3
dx, luego
3(t2
− 1)2
dt =
x
√
1 + x2/3
dx = I
integrando 3(t2
− 1)2
dt = 3t4
− 6t2
+ 3 dt =
3
5
t5
− 2t3
+ 3t, entonces
I =
3
5
t5
− 2t3
+ 3t + C
donde t =
√
1 + x2/3.
c) Integraci´on por partes, f = x2
y g =
x
√
1 − x2
, luego f = 2x y g = −
√
1 − x2 con lo cual
tenemos que
x3
√
1 − x2
dx = −x2
√
1 − x2 − (−2x)
√
1 − x2 dx
= −x2
√
1 − x2 −
2
3
(1 − x2
)3/2
+ C
d) f = arc sen
√
1 − x2 y g = x2
entonces f = −
1
√
1 − x2
y g =
x3
3
luego
I = x2
arc sen
√
t − x2 dx =
x3
3
arc sen
√
1 − x2 +
1
3
x3
√
1 − x2
dx
luego por lo hecho en el problema anterior (4.c) tenemos que
I =
x3
3
arc sen
√
1 − x2 −
x2
3
√
1 − x2 −
2
9
(1 − x2
)3/2
+ K
donde K ∈ R es la constante de integraci´on.