Universidad Nacional Andres BelloDepartamento de Matematicas

Calculo IntegralProfesor Javier Olivos

Pauta Ayudantıa No1Ayudante: Mauricio Vargas

31 de marzo de 2012

P1 Calcule la siguiente integral indefinida:

∫cos2(x)dx

SolucionNotemos que la integral se puede reescribir

∫cos(x) ·

√1− sen2(x)dx

de esta forma se puede aplicar cambio de variables. Sean

u = cos(x) → du = − sen(x)dxdv = cos(x)dx → v = sen(x)

Ahora aplicamos la formula de integracion por partes∫udv = uv −

∫vdu:

∫cos2(x) = cos(x) sen(x) +

∫sen(x)2dx

∫cos2(x) = cos(x) sen(x) +

∫(1− cos2(x))dx

∫cos2(x) = cos(x) sen(x) +

∫1dx−

∫cos2(x)dx

2

∫cos2(x) = cos(x) sen(x) +

∫1dx

2

∫cos2(x) = cos(x) sen(x) + x+ c

∫cos2(x) =

1

2(cos(x) sen(x) + x+ c)

P2 Calcule la integral indefinida ∫x+ 1

x2 + 1dx

SolucionPodemos hacer una sustitucion trigonometrica :

x = tan(α)→ dx = sec2(α)dα

lo cual resulta ∫(tan(α) + 1)

tan2(α) + 1sec2(α)dα =

∫tan(α)dα+

∫1dα

la primera la desarrollamos: ∫tan(α)dα =

∫sen(α)

cos(α)dα

u = cos(α) → du = − sen(α)dα

1

∫sen(α)

cos(α)dα = −

∫du

u= − ln | cos(α)|+ c1

la segunda es inmediata (vale α+ c2) entonces:

∫tan(α)dα+

∫1dα = − ln | cos(α)|+ α+ (c1 + c2)

Ahora volvemos a la variable original (x = tan(α)):

− ln | cos(α)|+ α+ (c1 + c2) = − ln

∣∣∣∣1√

1 + x2

∣∣∣∣+ arctan(x) + (c1 + c2)

notese que para arreglar el logarıtmo usamos la propiedad 1 + tan2(α) = sec2(α).

Finalmente ∫x+ 1

x2 + 1dx = − ln

∣∣∣∣1√

1 + x2

∣∣∣∣+ arctan(x) + (c1 + c2)

P3 Sea y = f(x) tal que f(x) : R→ R+ encuentre el valor de y que cumple

y′ = y

SolucionEl problema del enunciado consiste en encontrar

y′ = y

es decir, una funcion que coincida con su derivada.Supongamos que y 6= 0 al menos para un punto x0 ∈ R. Dividamos por y a ambos lados y obtenemos:

y′

y= 1

Integrando a ambos lados nos queda

∫ x

x0

y′(u)

y(u)du =

∫ x

x0

1 du⇒∫ x

x0

y′(u)

y(u)du = (x− x0)

Aplicando el cambio de variable z = y(u), dz = y′(u)du, de modo que y0 = y(x0), obtenemos:

∫ x

x0

y′(u)

y(u)du =

∫ y

y0

dz

z= ln(|y|)− ln(|y0|) = ln

(∣∣∣∣y

y0

∣∣∣∣)⇒ ln

(∣∣∣∣y

y0

∣∣∣∣)

= (x− x0)

de modo que, aplicando exponencial a ambos lados, obtenemos:

y

y0= exp(x− x0)⇒ y = y0 · exp(x− x0)

y haciendo λ = y0e−x0 (y0 y x0 son valores fijos), obtenemos que cualquier y de la forma y = λex es solucion

del problema inicial.

P4 Sea f : [0, 2]→ R definida por

f(t) =

{0 si 0 ≤ t < 1

1 si 1 ≤ t ≤ 2

Encuentre la funcion F tal que F (x) =∫ x

0f(t)dt. ¿Que puede decir respecto de la continuidad y diferencia-

bilidad de F y f en x0 = 1?

2

SolucionTenemos que f es discontinua en x0 = 1 y no es derivable en dicho punto. Tomando F : [0, 2] → R y F (x) =∫ x

0f(t)dt la integral de f la podemos separar en dos integrales

F (x) =

∫ 1

0

f(t)dt+

∫ x

1

f(t)dt

Entonces

F (x) =

{0 si 0 ≤ t ≤ 1

x− 1 si 1 ≤ t ≤ 2

Resulta que F es continua en x0 = 1 pero no es derivable en dicho punto.

P5 Sea

F (x) =

∫ y

x

(exp(−x)− exp(−2x))dx

encuentre el maximo valor de la integral respecto a los lımites de integracion si se sabe que y − x = c (c esconstante).

SolucionPara eliminar la variable y hacemos el reemplazo y = x+ c entonces nos queda

F (x) =

∫ x+c

x

(exp(−x)− exp(−2x))dx

ahora para encontrar un maximo nos sirve tomar F ′(x) = 0, entonces

F ′(x) = 0⇒ d

dx

(∫ x+c

x

(exp(−x)− exp(−2x))dx

)= 0

usando el teorema fundamental del calculo esto se simplica a lo siguiente:

F ′(x) = 0⇒ exp(−x− c)− exp(−2x− 2c) = 0

Entonces

exp(−x− c) = exp(−2x− 2c)⇒ (1− exp(−c)) exp(−x) = (1− exp(−2c)) exp(−2x)

⇒ exp(x) =1− exp(−2c)

1− exp(−c) > 0

Finalmente

x = ln

(1− exp(−2c)

1− exp(−c)

)

P6 Para conocer el valor actual de los pagos futuros ya sean de rentas, becas, subsidios, anualidades,intereses, etc. el valor de estos pagos futuros se determina mediante la formula del valor presente (V P ) dadapor:

V P =

∫ n

0

v exp(−rt)dt

donden: anos o periodosv: dolares o pesos por anor: tasa de descuento por periodoEncuentre una expresion para el valor presente de un monto constante que se paga todos los meses durantelos proximos n periodos (n es un numero finito).

3

Imagine que el mes pasado le presto dinero con intereses a un amigo y que el mes siguiente recien debecomenzar a pagarle en cuotas. Suponga que su amigo ofrece pagarle un monto k hoy mismo a cambio de nopagar las cuotas de los proximos n periodos. ¿En que caso conviene aceptar el dinero que le ofrecen?

SolucionIntegramos con respecto a t

V P =

∫ n

0

v exp(−rt)dt =

(−1

rv exp(−rt)

)∣∣∣∣t=n

t=0

= −v exp(−rn)

r+v exp(0)

r=v

r(1− exp(−rn))

Si k > V P claramente le conviene aceptar el dinero que le ofrecen hoy, si k = V P es indiferente el dinero queofrecen hoy o que le paguen las cuotas y si k < V P es conveniente que le paguen las cuotas.

P7 Suponga que el gobierno entrega una beca de fotocopias a todos los estudiantes por un monto de $10.000mensuales de marzo a diciembre. Esta beca tendra una duracion de dos anos y se podra renovar. ¿Cual es elvalor presente de 2 anos de beca si la tasa de descuento es de 5 % mensual?

SolucionAplicando la formula de la pregunta 6 debemos fijar los lımites de la integral, esto es

V P =

∫ 20

0

10000 · exp(−0, 05t)dt =

(10000 · exp(−0, 05t)

0, 05

)∣∣∣∣t=20

t=0

= 200000(exp(−1)− exp(0)) = −126424

esto nos da un valor negativo del area bajo la curva ası que para que tenga sentido vamos a arreglar la integral

V P = −∫ 0

20

10000 · exp(−0, 05t)dt =

(10000 · exp(−0, 05t)

0, 05

)∣∣∣∣t=0

t=20

= 200000(exp(0)− exp(−1)) = 126424

Es decir, la beca en valor actual equivale a recibir $126.400 aproximadamente.

4

Universidad Nacional Andres BelloDepartamento de Matematicas

Calculo IntegralProfesor Javier Olivos

Pauta Ayudantıa No2Ayudante: Mauricio Vargas

4 de abril de 2012

P1 Resuelva las siguientes integrales utilizando el metodo de sustitucion

1.

∫(a + bx)ndx, b 6= 0, n 6= 1

2.

∫dx

a + bx, b 6= 0

3.

∫dx√a− x2

, a > 0

4.

∫2x + 1

x2 + x + 1dx

5.

∫(a + bx2)nxdx, b 6= 0, n 6= 1

6.

∫dx√a + x2

7.

∫sen2(x) cos(x)dx

8.

∫x

(x2 + 1)ndx, n 6= 1

Solucion

1.

∫(a + bx)ndx, b 6= 0, n 6= 1

a + bx = t→ x =t− a

b, dx =

dt

b∫(a + bx)ndx =

∫tndt

b=

1

b· t

n+1

n + 1+ c =

1

b· (a + bx)n+1

n + 1+ c

2.

∫dx

a + bx, b 6= 0

a + bx = t∫

dx

a + bx=

∫dt

bt=

1

b

∫dt

t=

ln |a + bx|b

+ c

3.

∫dx√a− x2

x =√at→ dx =

√adt

∫dx√a− x2

=

∫ √adt√

a− at2=

∫ √adt√

a√

1− t2= arc sen

(x√a

)+ c

1

4.

∫2x + 1

x2 + x + 1dx

x2 + x + 1 = t→ (2x + 1)dx = dt∫2x + 1

x2 + x + 1dx =

dt

t= ln |t|+ c

∫2x + 1

x2 + x + 1dx = ln |x2 + x + 1|+ c

5.

∫(a + bx2)nxdx, b 6= 0, n 6= 1

a + bx2 = t→ 2bxdx = dt, xdx =dt

2b∫(a + bx2)nxdx =

1

2b

∫tndt =

1

2b· t

n+1

n + 1+ c

∫(a + bx2)nxdx =

1

2b· (a + bx2)n+1

n + 1+ c

6.

∫dx√a + x2

√a + x2 + x = t→

(2x

2√a + x2

+ 1

)=

√a + x2 + x√a + x2

=t√

a + x2= dt

∫dx√a + x2

=dt

t= ln |t|+ c

∫dx√a + x2

= ln |√

a + x2 + x|+ c

7.

∫sen2(x) cos(x)dx

t = sen(x)→ dt = cos(x)dx∫

sen2(x) cos(x)dx =

∫t2dt =

t3

3+ c

∫sen2(x) cos(x)dx =

sen3(x)

3+ c

8.

∫x

(x2 + 1)ndx, n 6= 1

x2 + 1 = t→ 2xdx = dt∫

x

(x2 + 1)ndx =

1

2

∫dt

tn=

∫t−ndt

2=

t1−n

2(1− n)+ c

∫x

(x2 + 1)ndx =

(x2 + 1)1−n

2(1− n)+ c

2

P2 Resuelva las siguientes integrales utilizando el metodo de integracion por partes

1.

∫xexdx

2.

∫ln(x)dx

3.

∫xn ln(x)dx, n 6= −1

4.

∫arc sen(x)dx

5.

∫sen(ln(x))dx

Solucion

1.

∫xexdx

u = x→ du = dx

dv = exdx→ v = ex∫xexdx = xex −

∫exdx = ex(x− 1) + c

2.

∫ln(x)dx

u = ln(x)→ du =dx

xdv = dx→ v = x∫

ln(x)dx = ln(x) · x−∫

xdx

x= ln(x) · x− x + c

3.

∫xn ln(x)dx, n 6= −1

u = ln(x)→ du =dx

x

dv = xndx→ v =xn+1

n + 1∫xn ln(x)dx = ln(x) · x

n+1

n + 1−∫

xn+1

n + 1· dxx∫

xn ln(x)dx = ln(x) · xn+1

n + 1− xn+1

(n + 1)2+ c

3

4.

∫arc sen(x)dx

u = arc sen(x)dx→ du =dx√

1− x2

dv = dx→ v = x∫arc sen(x)dx = arc sen(x) · x−

∫xdx√1− x2

1− x2 = t→ −2xdx = dt, xdx = − dt

2x∫xdx√1− x2

=1

2

∫dt√t

= −√t = −

√1− x2

∫arc sen(x)dx = arc sen(x) · x−

√1− x2 + c

5.

∫sen(ln(x))dx

∫sen(ln(x))dx

u = ln(x)→ du = 1/xdx = 1/eudx∫sen(u)eudu

y = sen(u)→ dy = cos(u)

dz = eudu→ z = eu∫sen(u)eudu = sen(u)eu −

∫eu cos(u)du

∫eu cos(u)du

a = cos(u)→ da = − sen(u)du

db = eu → b = eu

sen(u)eu −∫

eu cos(u)du = sen(u)eu − (eu cos(u)du−∫

(− sen(u)eudu))

sen(u)eu −∫

eu cos(u)du = sen(u)eu − eu cos(u)du−∫

sen(u)eudu

∫sen(u)eudu = sen(u)eu −

∫eu cos(u)du = sen(u)eu − eu cos(u)du−

∫sen(u)eudu

2

∫sen(u)eudu = sen(u)eu − eu cos(u)

∫sen(u)eudu =

1

2sen(u)eu − 1

2cos(u)eu

∫sen(ln(x))dx =

1

2sen(ln(x))x− 1

2cos(ln(x))x + c

4

Universidad Nacional Andres BelloDepartamento de Matematica

Calculo IntegralProfesor Javier Olivos

Pauta Ayudantıa No3Ayudantes: Carolina Sepulveda y Mauricio Vargas

11 de abril de 2012

P1 Integracion inmediata:

a) Determine la primitiva f(x) si se sabe: f ′′(x) = 12x− 1

x2, f ′(1) = 1 y f(1) = 2.

Solucion

f ′(x) = 6x2 +1

x+ c1 → f ′(−1) = 5 + c1 = 1→ c1 = −4

f ′(x) = 60x2 +1

x− 4

f(x) = 2x3 + ln |x| − 4x+ c2 → f(1) = −2 + c2 = 2→ c2 = 4

f(x) = 2x3 + ln |x| − 4x+ 4

b) Determine la primitiva f(x) si se sabe: f ′(x) =1

4 + x2y f(2) = 1.

Solucion

f ′(x) =1

a+ x2→ f(x) =

1√a

arctan

(x√a

)⇒ f ′(x) =

1

4 + x2→ f(x) =

1

2arctan

(x2

)+ c

f(2) =1

2arctan(1) + c = 1→ c = 1− π

8

f(x) =1

2arctan

(x2

)+(

1− π

8

)

P2 Integracion por sustitucion simple:

a) I =∫x sen(3x2 − 2)dx

Solucion

u = 3x2 − 2→ du = 6xdx

I =

∫sen(u)

6du = −1

6cos(u) + c = −cos(3x2 − 2)

6+ c

b) I =∫

(4x− 8)√x2 − 4x+ 13xdx

Solucion

u =√x2 − 4x+ 13→ du =

2x− 4√x2 − 4x+ 13

dx

I =

∫4u2du =

4

3u3 + c =

4

3(x2 − 4x+ 13)3/2 + c

1

P3 Integracion por partes:

a) I =∫

(3x− 1) cos(2x+ 1)dx

Solucion

u = 3x− 1→ du = 3dx

dv = cos(2x+ 1)dv → v =sen(2x+ 1)

2

I = (3x− 1)sen(2x+ 1)

2−∫

3 sen(2x+ 1)

2dx

I = (3x− 1)sen(2x+ 1)

2+

3 cos(2x+ 1)

4+ c

b) I = sen(2x) exp(−3x)dx

Solucion

u = sen(2x)→ du = 2 cos(2x)dx

dv = exp(−3x)→ v = −exp(−3x)

3

I = − sen(2x) exp(−3x)

3+

2

3

∫exp(−3x) cos(2x)dx

r = cos(2x)→ dr = − sen(2x)

2dx

dt = exp(−3x)→ t = −exp(−3x)

3

I = − sen(2x)

3 exp(3x)+

2

3

(− cos(2x)

3 exp(3x)−∫

sen(2x)

6 exp(3x)dx

)

I = − sen(2x)

3 exp(3x)− 2 cos(2x)

9 exp(3x)− 1

9

∫sen(2x)

exp(3x)dx

I = − 9

10

(sen(2x)

3 exp(3x)+

2 cos(2x)

9 exp(3x)

)

P4 Integracion por fracciones parciales:

a) I =

∫x− 1

x2 − 5x+ 6dx

Solucion

I =

∫ (2

x− 3− 1

x− 2

)dx

I = 2 ln |x− 3| − ln |x− 2|+ c

2

b) I =

∫2x− 1

x3 − 5xdx

Solucion

I =

∫2x− 1

x2(x− 5)dx

I =

∫ (1

5x2− 9

25x+

9

25(x− 5)

)dx

I = − 1

5x− 9

25ln |x|+ 9

25ln |x− 5|+ c

P5 Integracion por sustitucion trigonometrica:

a) I =∫

sen2(x) cos(x)dx

Solucion

t = sen(x)→ dt = cos(x)dx∫t2dt =

t3

3=

sen3(x)

3+ c

b) I =

∫1√

a+ x2dx, a ∈ R

Solucion

t =√a+ x2 + x→ dt =

(x√

a+ x2+ 1

)dx =

√a+ x2 + x√a+ x2

dx =t√

a+ x2dx

∫dt

t= ln |t| = ln |

√a+ x2 + x|+ c

P6 Integracion combinando metodos:

I =

∫1

x√

1 + x2dx

SolucionPrimero cambiamos variables

u2 = x2 + 1→ du = xdx∫1

x√

1 + x2dx =

∫1

u(u2 − 1)du =

∫1

u(u+ 1)(u− 1)du

Ahora se pueden aplicar fracciones parciales

∫1

u(u+ 1)(u− 1)du =

∫A

udu+

∫B

u+ 1du+

∫C

u− 1du

3

Se obtienen los valores de las constantes

A(u+ 1)(u− 1) +B(u− 1) + Cu(u+ 1) = 1

A(u2 − 1) +B(u2 − u) + C(u2 + u) = 1

u2(A+B + C) + u(B − c)−A = 1

y de la ultima ecuacion se obtiene el sistema

A+B + C = 0B − C = 0−A = 1

⇒iii) A = −1ii) B = Ci) −1 + 2B = 0→ B = C = 1

2

si reemplazamos nos queda

∫1

u(u+ 1)(u− 1)du = −

∫1

udu+

1

2

∫B

u+ 1du+

1

2

∫1

u− 1du

∫1

u(u+ 1)(u− 1)du = − ln |u|+ ln |

√x2 + 1 + 1|

2+

ln |√x2 + 1− 1|

2+ c

4