Soluciones - Amolasmates

1. a) S = 1 ⋅( f( − 3) + f( − 2) + f( − 1) + f(1) + f(2))
=
= 10+ 5 + 2 + 2 + 5 = 24
b)
s = 1 ⋅( f( − 2) + f( − 1) + f(0) + f(0) + f(1))
= 11
3
2
2
2 x 50
( 1) u
−3
3 3 −3
2
A = x + dx = + x =
π π
xdx x
−π
−π
2. a)
[ ]
b)
cos = sen = sen π−sen( −π ) = 0
2 2
2
x dx x x
0
0
(2 − 1) = − = 4 − 2 = 2
c) [ ] 1
1
e e
ln xdx= xln x− x = ( e·ln e−e) −( − 1) = 1
Solamente en el caso c la integral representa
un área porque en los otros casos la función no
es positiva en todo el intervalo de integración.
3. El máximo de f( x) =
2 1 3
2+
x − x es ,
2 2
.
3
Por tanto, f( x) ≤ en (0, 1)
2
1 2 1
≥
f( x) 3 0 1 12
2
dx ≥ dx
2 =
0
2 + x −x
3 3
4. Por el teorema fundamental del cálculo, será
1
F'( x)
= ≠ 0 para cualquier valor de
1+ 2cosx
x, por lo que F no tiene extremos relativos.
2
x −1
5. a) f(1) = a = lim = lim( x+
1) = 2
x→1 x −1
x→1
2
b) lim gx ( ) = lim( x + b) = 9 + b
6. a)
−
x →3
x →3
lim gx ( ) = lim(4x+ 1) = 13 = 9 + b b=
4
+
x →3
x→
3
5 3 5
2
Así, [ ]
b)
c)
f() x − g() x dx = ( x −3 − x ) dx + (3) − x dx =
0 1 3
3 2
3
2
5
x x −3x 75
= − + − 3x
+ = −
3 2 2 2
0 3
4 2 4
0 0 2
2
x
2
x 0
2
x 4
x
2
4
0 2
4 4
4
0
(
2
2)
2x− 4 dx = ( − 2x+ 4) dx+ (2x − 4) dx =
= − + 4 + − 4 = 4 −( − 4) = 8
x − x+ dx = x− dx =
4 2 4
0 0 2
2
2
2
4
= x − 2 dx = (2 − x) dx + ( x − 2) dx =
x x
= 2x− + − 2x = 2 + (0+ 2) = 4
2 2
0 2
π π
2
π
−
2
2
2
π
−
2
1− cos xdx= senxdx=
π π
2 xdx [ x]
2
0
0
= 2 sen = 2 − cos = 2(0+ 1) = 2
Todas representan un área: las funciones son
positivas en el intervalo de integración.
Soluciones propuesta A
58
Actividades complementarias
7. La parábola corta al eje de
abscisas en los puntos x = 0
y x = 2, y es continua y
positiva en este intervalo.
Por tanto:
8. a)
2
Actividades complementarias
2
3
2 2 x 4 2
A = (2 x− x ) dx = x − = u
0
3 3
b)
e
A = 1 + (1− ln x) dx =
1
e
[ x x ] 1
= 1 + (2− ln ) =
= 1 + ( e− 2) = e−1
u
1
y
0
y
A = edy=
e
= e−1
u
e e
2 2
c) V =π 1 dx−π (ln x) dx =
1
0
0 1
2
(ln 2ln
e
2 1
3
2 u
=πe−πx x− x+
= π
π π(e −1)
V =π e dy = e = u
2 2
d) ( )
9.
1
a) A = 2 0
dx
2
1+
x
Se toma: x = tgt
2
2
1 2
y 2y 1
3
0
0
π 2
π
sec t
4 4
A = 2 dt = 2 sectdt=
0 sec t 0
π π
sec t(sec t + tg t) 4 = 2 dt 2[ ln(secttg t)
] 4
= + =
0
0
sec t + tgt
= 2(ln( 2 + 1) − ln1) = 2 ln 2 + 1
2
0
2
( ( ) )
1 b) V =π −1
1
1 dx
dx =π
2 =
−1
2
1+
x 1+
x
=π [ arctg x] −
π π π
=π + = u
4 4 2
2
1 3
1
1
c) Se despeja x en función de y: x = − 1
2
y
1
y2
1
2
2 1
V
=π x dy = π 2
1
y 1 dy +π 1 dy
2
1
0 − =
2 y
1
1
2
( )
1 1
=π +π−− y = 2π2 −1
u
2 y
b
e 1
L = 1+ f '( x) dx = 1+
dx = 2
a
1 x
10. a) ( ) 2
Y
1
O 1 X
O 1
X
2
e x x + 1
2
= dx . Con el cambio x + 1 = t
1 2
x
2 2
e + 1 t
se llega a L = dt ≈ 2,0035.
2 2
t −1
Y
1
Y
1
O 1 X
3
2

4 2dx 4 5 = = 2ln| + 1| = 2ln ≈1,02
2
2
x + 1
3
1. a) A [ x ]
1 5 7 275
b) S = f(2) + f f(3) f
4
+ + =
2
2
504
1 5 7 1207
s = f f(3) f f(4)
4
+ + + =
2
2
2520
S ≈ 0,55; s ≈ 0,479
π π
2. a) xdx [ x]
0
b)
sen = − cos = 2
0
2
2
2
2
2
x dx x x −
−
(2 + 2) = + 2 = 8
1 1
−x −x
1
c) e dx = e e
−1
−
= −
−1
e
La a y la c representan un área porque las
dos funciones son positivas en el intervalo de
integración, mientras que la b no.
3. a) Para que f sea continua en toda la recta
real, debe ser continua en x = 0 y en x = 3;
f(0) = lim f( x) = lim f( x)
b)
− +
x→0 x→0
lim f( x) = lim sen x = sen0 = 0
− −
x→0 x→0
2
=
lim f( x) = lim ( x + ax+ b) = b = 0
+ +
x→0 x→0
f(3) = lim f( x) = lim f( x)
− +
x→3 x→3
2
lim f( x) = lim ( x + ax) = 9 + 3a
− −
x→3 x→3
a = 1
lim f( x) = lim ( x + 9) = 12
+ +
x→3 x→3
6 0 3
2
( ) sen ( )
−π −π
0
f x dx = xdx+ x + x dx+
Soluciones propuesta B
3
3 2
6
0 x x
+ ( x+ 9) dx = [ − cosx]
+ + +
3
−π 3 2
6
2 x 9 9
+ + 9x = − 2+ 9+ + 72− − 27 = 52
2 2
2
3
2 2
4. Llamando Fx ( ) = t ln(1+ 4 t) dt,
hay que
0
x
Fx ( ) 0 F'( x)
= = = =
calcular L lim
x→0 5
x 0
lim
x→0
4
5x
2 3
x ln(1+ 4 x ) 8x 4
= lim = lim
=
x→o 4
0
3
5x x→
10 x(1+ 4 x ) 5
Se han aplicado la regla de L’Hôpital dos veces
y el teorema fundamental del cálculo.
5. Aplicando el teorema fundamental del cálculo y
teniendo en cuenta que los límites de
integración son funciones de x,
1 1 2x1 F'( x) = ⋅2x − ⋅ 1 = −
2 2
sen x sen x sen x sen x
6. a)
4 4
0 0
Actividades complementarias
0
4
2
x
x− 4 dx = (4 − x) dx = 4x− = 8
2
0
b
0
59
3
0
3
0
2
b) x − 2x + 1dx
= x −1
dx =
c)
1
(1
0
)
3
(
1
1)
2
1
2
3
= − x dx + x − dx =
x x 1 5
= x − + − x
= + 2 =
2 2 2 2
0 1
π
0
2
1− sen xdx= π
cosxdx=
0
π
2
cos xdx
0
π
π(
2
cos x) dx
π
[ sen x]
2
0
[
π
sen x]
π
2
1 1 2
= + − = +
+− = + =
Las tres representan un área porque las
funciones son positivas en el intervalo de
integración.
7. Se hallan los puntos de corte entre f y g:
f( x) = g( x)
(1, 1), (4, 4)
Al ser g > f en [1, 4], el área
buscada es:
Y
4
2
A = x ( x 4x 4)
dx
1
− − +
= 1
1
=
4
2
( − x + 5x− 4) dx =
8. a)
1
4
3 2 2
1 5
= − x + x −4x ≈ 4,83 u
3 2
1 π
A = ( − arctg x) dx =
0 4
1
π1 = x − xarctg x + ln(1 + x ) ≈ 0,35 u
4 2
1
2 2
4 2
b) A = tg [ ln(cos ) ] 4
ydy = − y ≈ 0,35 u
0
0
π π
π π
4 2 π
4
3
tg tg 1 u
0
c) V ydy [ y y]
0
=π =π − =π −
4
π π
V x x dx x x x
0
2 3
9. =π ( sen ) =π[ − cos + sen ] =π u
0
10. a) De acuerdo a la figura, la parábola que
2
engendra el paraboloide es y = 2px
. Al
2
2
R 2 R
pasar por P(a, R) 2p
= y = x
a a
2 2 2
a
2
a R πR x πR
a
V =π xdx = =
0
a a 2 2
b) En este caso la parábola es:
2
2 L
y =
d
x y =±
L
d
x y el área:
d L
A = 2 0
d
x dx
=
d
3
2L 2 4
2
x = Ld
d 3 3
0
0
O X
0