Problemas resueltos de integrales y cálculo de áreas ... · Problemas resueltos de integrales y...

Colegio Marista “La Inmaculada” de Granada – Profesor Daniel Partal García – www.danipartal.net

Asignatura: Matemáticas Ciencias – 2ºBachillerato

Problemas resueltos de integrales y cálculo de áreas - repaso Bachillerato

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Problemas resueltos de integrales y cálculo de áreas -repaso Bachillerato

Dificultad: ♣ (fácil) ♣♣ (medio) ♣♣♣ (difícil)

Índice de contenidoÍndice temático.......................................................................................................................3Integrales inmediatas e ideas felices.....................................................................................4

■ Integrales inmediatas 1 ♣...............................................................................................4Integrales de cociente de polinomios....................................................................................7

■ Integrales cociente de polinomios 1 ♣............................................................................7■ Integrales cociente de polinomios 2 ♣............................................................................8■ Integrales cociente de polinomios 3 ♣♣.........................................................................9■ Integrales cociente de polinomios 4 ♣♣.......................................................................10■ Integrales cociente de polinomios 5 ♣..........................................................................11■ Integrales cociente de polinomios 6 ♣..........................................................................12■ Integrales cociente de polinomios 7 ♣..........................................................................13

Integrales de cambio de variable.........................................................................................14■ Integrales cambio variable 1 ♣.....................................................................................14■ Integrales cambio variable 2 ♣.....................................................................................15■ Integrales cambio variable 3 ♣♣...................................................................................16■ Integrales cambio variable 4 ♣♣...................................................................................17■ Integrales cambio variable 5 ♣.....................................................................................18■ Integrales cambio variable 6 ♣♣...................................................................................19■ Integrales cambio variable 7 ♣♣...................................................................................21

Integrales por partes............................................................................................................22■ Integrales por partes 1 ♣..............................................................................................22■ Integrales por partes 2 ♣♣............................................................................................23■ Integrales por partes 3 ♣♣♣.........................................................................................25■ Integrales por partes 4 ♣..............................................................................................27■ Integrales por partes 5 ♣♣............................................................................................28■ Integrales por partes 6 ♣♣♣.........................................................................................29■ Integrales por partes 7 ♣♣♣.........................................................................................31■ Integrales por partes 8 ♣..............................................................................................33■ Integrales por partes 9 ♣♣............................................................................................34■ Integrales por partes 10 ♣♣..........................................................................................35■ Integrales por partes 11 ♣♣..........................................................................................36■ Integrales por partes 12 ♣♣♣.......................................................................................37

Integral definida y regla de Barrow......................................................................................38■ Integral definida y regla de Barrow 1 ♣♣......................................................................38■ Integral definida y regla de Barrow 2 ♣♣......................................................................39■ Integral definida y regla de Barrow 3 ♣♣......................................................................40■ Integral definida y regla de Barrow 4 ♣♣......................................................................41■ Integral definida y regla de Barrow 5 ♣♣......................................................................42

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■ Integral definida y regla de Barrow 6 ♣♣......................................................................43■ Integral definida y regla de Barrow 7 ♣........................................................................44

Teorema fundamental del cálculo integral...........................................................................45■ Teorema fundamental 1 ♣♣♣........................................................................................45■ Teorema fundamental 2 ♣♣..........................................................................................47■ Teorema fundamental 3 ♣♣♣........................................................................................48■ Teorema fundamental 4 ♣♣♣........................................................................................49

Cálculo de áreas..................................................................................................................51■ Áreas 1 ♣♣....................................................................................................................51■ Áreas 2 ♣♣....................................................................................................................52■ Áreas 3 ♣♣....................................................................................................................53■ Áreas 4 ♣♣♣.................................................................................................................54■ Áreas 5 ♣♣....................................................................................................................56■ Áreas 6 ♣♣....................................................................................................................58■ Áreas 7 ♣♣....................................................................................................................59■ Áreas 8 ♣♣♣.................................................................................................................61■ Áreas 9 ♣♣....................................................................................................................63■ Áreas 10 ♣♣♣...............................................................................................................65■ Áreas 11 ♣♣♣................................................................................................................66■ Áreas 12 ♣♣♣...............................................................................................................68■ Áreas 13 ♣♣..................................................................................................................69■ Áreas 14 ♣♣..................................................................................................................70■ Áreas 15 ♣♣♣...............................................................................................................71■ Áreas 16 ♣♣..................................................................................................................73■ Áreas 17 ♣♣..................................................................................................................74■ Áreas 18 ♣♣♣...............................................................................................................75■ Áreas 19 ♣♣..................................................................................................................76■ Áreas 20 ♣♣..................................................................................................................77■ Áreas 21 ♣♣♣...............................................................................................................78





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Índice temáticoBoceto de funciones – Áreas del 1 al 21

Cálculo de áreas – Integrales por partes 7. Áreas del 1 al 21

Cálculo de áreas encerradas con el eje vertical – Áreas 12,19

Cambio de variable exponencial - Integrales cambio de variable 7

Cambio de variable raíces – Integrales cambio de variable 2, 3, 4. Integral definida y regla de Barrow 2

Cambio de variable trigonométrico – Integrales cambio de variable 1, 5, 6

Condición de contorno para obtener primitiva – Integrales cambio de variable 4. Integrales por partes 2,3. Integral definida y regla de Barrow 5. Teorema fundamental 1, 2, 3, 4

División de polinomios – Integrales cociente de polinomios 1, 2. Cambio de variables 3. Integrales porpartes 2, 9. Integral definida y regla de Barrow 7. Teorema fundamental 4.

Método coeficientes indeterminados - Integrales cociente de polinomios del 1 al 7. Integrales cambio devariable 6, 7. Integral definida y regla de Barrow 1

Método partes – Integrales por partes del 1 al 12. Integral definida y regla de Barrow 2, 3, 4. Áreas 2, 5, 8,15

Raíces complejas en denominador de la integral - Integrales cociente de polinomios 3, 4. Integralescambio de variable 6

Regla de Barrow - Integral definida y regla de Barrow del 1 al 7. Cambio de variable 3. Integrales por partes4, 7. Teorema fundamental 3. Áreas del 1 al 21

Recta tangente a una función en un punto – Teorema fundamental 1, 4. Áreas 8, 9, 21

Teorema fundamental del cálculo integral – Teorema fundamental del 1 al 4





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Integrales inmediatas e ideas felices

■ Integrales inmediatas 1 ♣Calcula:

a) ∫ x3

1+ x4 dx b) ∫ e x

√1+exdx c) ∫ sen (x )· cos(x )dx

d) ∫√8− x dx e) ∫1

x3dx f) ∫

ln( x)x

dx

g) ∫ x+x2−√xx

dx h) ∫ x cos (x2)dx i) ∫

14√ x

dx

a) Mostramos, en los siguientes apartados, una serie de atajos bastantes comunes a la hora de integrar.

∫ x3

1+ x4 dx

Siempre que tengamos la integral de un cociente, es buena costumbre comprobar si el numerador es laderivada del denominador. Así, al integrar, aparecerá un logaritmo.

ddx

[1+x 4]=4 x3

→ 14∫ 4 x3

1+x4 dx=ln∣1+ x4∣+C

En este caso, aplicar valor absoluto al argumento del logaritmo es redundante porque la expresión

(1+x4) siempre devuelve un valor positivo.

b) ∫ e x

√1+exdx

Cuando aparezca una raíz en el denominador, es práctico comprobar si el numerador es la derivada deldiscriminante de la raíz.

ddx

[1+e x]=e x

→ 2∫ e x

2√1+exdx=2√1+ex

+C

c) ∫ sen (x )· cos(x )dx

Al integrar un producto de dos términos, podemos pensar en la derivada de la potencia de una función.

ddx

[ f n( x)]=n · f n−1

(x )· f ' ( x)

ddx

[( sen( x))2]=2· sen(x )·cos (x ) →

12∫ 2· sen (x )·cos (x )dx=

12

sen2(x )+C





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d) ∫√8− xdx

En las raíces de un polinomio de grado uno, es útil ver la raíz como una potencia de índice fraccionario.

∫√8− xdx=∫(8− x)1 /2 dx

Y volvemos a recordar la forma de la derivada de una potencia.

ddx

[ f n( x)]=n · f n−1

(x )· f ' ( x)

ddx

[(8−x )3/2

]=32

·(8− x)1 /2 ·(−1)

−23∫−3

2(8− x)1/2 dx=

−23

(8−x )32=

−23

(8−x )√8− x+C

e) ∫1

x3dx

En estos casos de monomio en el denominador, es práctico ponerlo con exponente negativo en elnumerador.

∫ x−3 dx

Y volvemos a recordar la forma de la derivada de una potencia:

ddx

[ f n( x)]=n · f n−1

(x )· f ' ( x)

ddx

[ x−2]=−2 · x−3

( x) · 1 → −12 ∫−2 x−3 dx=

−12

x−2=

−12

·1

x2+C

f) ∫ln( x)

xdx

Al tener logaritmo y la derivada del logaritmo, pensamos nuevamente en la forma de la derivada de unapotencia.

ddx

[ f n( x)]=n · f n−1

(x )· f ' ( x)

ddx

[ ln 2(x )]=2 · ln (x) ·

1x

→ 12∫ 2·

ln( x)x

dx=12

· ln 2(x )+C





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g) ∫ x+x2−√x

xdx

Cuando en el numerador aparecen muchos monomios sumando/restando, y en el denominador un solomonomio, es práctico romper la integral en la suma/resta de diferentes integrales.

∫ x+x2−√ xx

dx=∫(xx+

x2

x−

√xx

)dx=∫ dx+∫ x dx−∫ x−1/2 dx=x+x2

2−2 x1 /2

=x+x2

2−2√ x+C

h) ∫ x cos (x2)dx

Encontramos el coseno de una función, que está multiplicado por la derivada de esa función.

ddx

[ sen (x2)]=cos (x2

)· 2 x → 12∫ 2 xcos (x2

)dx=12

sen(x2)+C

i) ∫1

4√ xdx

Escribimos la raíz como exponente fraccionario. Y la escribimos en el numerador cambiando el signo.

∫ x−1 /4 dx=43

x34+C





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Integrales de cociente de polinomios

■ Integrales cociente de polinomios 1 ♣

Calcula ∫ −x2

x2+x−2

dx

Tenemos un cociente de polinomios con igual grado en numerador y denominador.

Podemos dividir el polinomio numerador entre el polinomio denominador, para obtener un nuevopolinomio más un cociente de polinomios donde el grado del numerador sea menor que el grado deldenominador (y así poder aplicar, por ejemplo, el método de integración de los coeficientes indeterminados).

O bien podemos llegar al mismo resultado razonando de la siguiente forma:

I =∫ −x2

x2+ x−2

dx=−∫ x2

x2+x−2

dx=−∫ x2+(x−2)−( x−2)

x2+ x−2

dx=−∫ x2+ x−2

x2+ x−2

dx+∫ x−2x2

+ x−2dx

I =−∫ dx+∫x−2

x2+x−2

dx=−x+∫x−2

( x−1)( x+2)dx

Aplicamos en la integral que nos queda el método de los coeficientes indeterminados.

x−2(x−1)(x+2)

=A

x−1+

Bx+2

→ x−2=A( x+2)+B( x−1)

Damos valores para obtener los coeficientes.

x=1 → −1=3 A+0 → A=−13

x=−2 → −4=0−3B → B=43

Sustituimos, sin olvidar la constante de integración final.

I =−x−13∫

1x−1

dx+43∫

1x+2

dx → I =−x−13

ln∣x−1∣+43

ln∣x+2∣+C





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Calcula ∫ x3

x2−5 x+6

dx

Tenemos un cociente de polinomios, con el grado del numerador mayor que el grado del denominador.Realizamos la división de los polinomios.

x3

x2−5x+6

=x+5x2

−6xx2

−5x+6

Y la integral nos queda:

I =∫( x+5+19 x−30x2

−5x+6)dx=

x2

2+5 x+∫ 19 x−30

x2−5x+6

dx

Llegamos a una segunda integral con el grado del numerador menor que el grado del denominador, por loque hayamos las raíces del denominador y aplicamos el método de los coeficientes indeterminados.

x2−5 x+6=( x−2)( x−3) → 19 x−30

x2−5x+6

=A

x−2+

Bx−3

→ 19 x−30=A( x−3)+ B(x−2)

Si x=3 → B=27

Si x=2 → A=−8

I =x2

2+5 x+∫(

−8x−2

+27

x−3)dx=

x2

2+5 x−8 ln∣x−2∣+27 ln∣x−3∣+C

Todo un clásico.

Jesucristo que dice:

“ y=x2”

A lo que responde San Pedro.

“Ya empieza otra vez con las parábolas”.





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■ Integrales cociente de polinomios 3 ♣♣

Calcula ∫x+3

x3+ x

dx

∫x+3

x3+xdx=∫

x+3

x (x2+1)dx

Descomponemos el denominador como producto de una raíz simple y una raíz compleja.

x+3

x3+x=Ax

+Bx+C

1+ x2

x+3=A(1+x2)+(Bx+C )x

Damos valores para obtener los coeficientes indeterminados.

Si x=0 → 3=A

Si x=1 → 4=6+B+C

Si x=2 → 5=15+4 B+2C

Con las dos últimas ecuaciones planteamos un sistema 2x2 de soluciones.

B=−3 , C=1

Y la integral queda expresada como:

∫x+3

x(x2+1)dx=∫

3xdx+∫

−3 x+1

1+ x2dx=3 · ln∣x∣−3∫

x

1+x2dx+∫

1

1+ x2dx+C

3 · ln∣x∣−32∫

2 x

1+x 2dx+arcotg x+C=3· ln∣x∣−

32

ln∣1+ x2∣+arcotg x+C





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■ Integrales cociente de polinomios 4 ♣♣

Calcula ∫1

2x2+x+2

dx

El denominador es una ecuación de segundo grado sin solución real. Como el numerador es unpolinomio de grado cero, bucamos la integral de la arcotangente. Para ello, operamos en el denominador.

Normalizamos el factor que acompaña a x2. Para ello, sacamos factor común de 2 . Así el

denominador queda:

2 x2+x+2=2(x2

+x2+1)

El polinomio de grado dos intentamos transformarlo en la suma de un número más un binomio de Newton,de la forma:

(x+a )2=x2

+a2+2 a x → Comparamos con x2

+x2+1 → 2 a x=

x2

→ a=14

Con este valor, desarrollamos el binomio de Newton nuevamente:

(x+14)

2

=x2+

116

+12

x → Comparamos con x2+

x2+1 → Sumamos y restamos un factor

116

:

x2+

x2+1+

116

−116

→ x2+

x2+

116

+1516

→ (x+14)

2

+516

Todo este proceso, dentro de la integral, quedaría detallado en los siguientes pasos:

∫1

2x2+x+2dx=

12∫

1

x2+x2+1dx=

12∫

1

x2+x2+116

+1516

dx=12∫

1

(x+14)2

+1516

dx

12∫

1

1516

+(4 x+14

)2dx=

12∫

1

1516·[1+

1615·(4 x+14

)2

]

dx=162·15∫

1

1+(4 x+1√15

)2dx

815

∫ 1

1+(4 x+1√15

)2 dx=

815· √154

∫

4

√15

1+(4 x+1√15

)2 dx=

2√15

· arcotg(4 x+1√15

)+C





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Calcula la siguiente integral en función de a y b : I =∫a x+b

x2−3 x+2

dx

I =∫a x+b

x2−3 x+2

dx=∫a x+b

( x−1)( x−2)dx

Aplicamos el método de los coeficientes indeterminados.

a x+b(x−1)(x−2)

=C

x−1+

Bx−2

a x+b=C (x−2)+B (x−1)

si x=1 → a+b=−C → −(a+b)=C

si x=2 → 2a+b=B

Es decir, podemos expresar la integral de la forma:

I =∫ a x+b(x−1)(x−2)

dx=∫−(a+b)

x−1dx+∫ 2a+b

x−2dx=−(a+b) ln∣x−1∣+(2a+b)ln∣x−2∣+cte





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Calcule la siguiente integral indefinida: ∫x

x2+x−6

dx

El grado del numerador es inferior al grado del denominador.

Obtenemos las raíces del denominador → x2+x−6=0 → x=2 , x=−3 → Dos raíces simples

Aplicamos método de coeficientes indeterminados.

x

x2+ x−6

=A

x−2+

Bx+3

→ Hacemos m.c.m. e igulamos numeradores

x=A(x+3)+ B(x−2)

Si x=−3 → −3=A · 0+B(−5) → B=35

Si x=2 → 2=A(5)+B · 0 → A=25

Llevamos estos resultados a la integral.

∫x

x2+x−6

dx=A∫1

x−2dx+ B∫

1x+3

dx=25

ln∣x−2∣+35

ln∣x+3∣+C





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Calcula ∫ x2+5

x3−2 x2

+ xdx

El grado del numerador es inferior al grado del denominador

Obtenemos las raíces del denominador → x3−2 x2

+ x=0 → x=0 , x=1 , x=1

Una raíz simple y una raíz doble

Aplicamos método de coeficientes indeterminados.

x2+5

x3−2 x2

+ x=

Ax

+B

x−1+

C(x−1)

2 → Hacemos m.c.m. e igulamos numeradores

x2+5=A(x−1)2+B x ( x−1)+C x

Si x=0 → 5=A(1)+B · 0+C ·0 → A=5

Si x=1 → 6=A·0+ B · 0+C ·1 → C=6

Si x=2 → 9=A(1)+ B· 2+C · 2 → 9=5+2 B+12 → B=−4


∫ x2+5

x3−2 x2

+ xdx=A∫ 1

xdx+ B∫ 1

x−1dx+C∫ 1

(x−1)2 dx=5· ln∣x∣−4 · ln∣x−1∣−6·

1x−1

+C





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Integrales de cambio de variable

■ Integrales cambio variable 1 ♣

Calcula ∫ sen4 x ·cos5 x dx

Tenemos la integral de una función impar en coseno. Por lo que proponemos el cambio de variable:

sen x=t → cos xdx=dt → dx=dt

cos x

∫ sen4 x ·cos5 x dx=∫ t 4 ·cos5 xdtcos x

=∫ t 4 · cos4 x dt=∫ t 4· [cos2 x ]2dt=∫ t 4 · [1−sen2 x ]2dt

∫ t 4 ·[1−t 2]2dt=∫ t 4 ·(1+t 4−2t2)dt=∫(t 4+t 8−2t6)dt=t 5

5+t 9

9−2 ·t 7

7

Deshacemos el cambio de variable (que no se nos olvide esto, por Dios).

I=sen5 x5

+sen9 x9

−2· sen7 x7

+C





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Calcula ∫ 1−√ x3√x

dx

Radicando: x

Índice de las raíces: 2,3 → m.c.m.≡6

Cambio de variable → x=t 6→ dx=6· t 5 dt

∫1−√ x3√x

dx=∫1−t

62

t63

·6 · t5dt=6 ·∫

1−t3

t 2·t5dt=6 ·∫(1−t

3) ·t

3dt=6 ·∫(t

3−t

6)dt

6 ·∫ t3 dt−6 ·∫ t6 dt=64

· t 4−

67

· t 7+C

Deshacemos el cambio de variable (repito, que no se olvide deshacer el cambio de variable).

x=t 6→

6√ x=t

I =32

· x46 −

67

· x76+C=

32

·3√ x2

−67

· x · 6√ x+C





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■ Integrales cambio variable 3 ♣♣

Calcula ∫1

16 d x

√x+4√ x

(sugerencia: t=4√ x )

Diferenciamos el cambio de variable → t=x1 /4→ dt=

14

· x−3/4 dx → 4 · x3 /4 dt=dx

Si t=x1 /4→ t 3

=x3 /4→ Por lo tanto 4 · t 3 dt=dx

Si t=x1 /4→ t 2

=x1 /2

Llevamos todos estos resultados a la integral definida.

∫1

16 4 t 3

t 2+t

dt=4∫1

16 t3

t 2+t

dt=4∫1

16 t 2

t+1dt

Tenemos un cociente de polinomios, con grado del numerador mayor que el grado del numerador, por lo quedebemos realizar la división de polinomios.

t 2

t+1=t−1+

1t+1

4∫1

16[ t−1+

1t+1

]dt=4[∫1

16t dt−∫1

16dt+∫1

16 1t+1

dt ]=4[[t2

2]1

16

−[t ]116+[ ln∣1+ t∣]1

16]

Que resolvemos aplicando la regla de Barrow → ∫a

bf ( x)dx=F (b)−F (a) , siendo F ( x) una

primitiva de la función f (x ) . Pero antes de evaluar por Barrow, deshacemos el cambio de variable

t=4√ x .

4 [[√ x2

]1

16

−[4√ x ]1

16+[ ln∣1+

4√ x∣]116]=4[(

42−

12)−(2−1)+(ln∣3∣−ln∣2∣)]=4 [

12+ln (

32)]=2+4 ln(

32)





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Utilizando el cambio de variable 1+x2=t 2

, calcule una primitiva F ( x) de la función

f (x )=x3

√1+x2que cumpla F (0)=0 .

Debemos resolver la siguiente integral indefinida:

I =∫ x3

√1+x2dx → cambio de variable 1+x2

=t 2→ diferenciamos 2 x dx=2 t dt → dx=

tx

dt

Sustituimos en la integral.

I =∫ x3

√ t 2·

tx

dt → Simplificamos → I =∫ x2 dt → Del cambio de variable x2=t 2

−1

Sustituimos.

I =∫(t 2−1)dt=∫ t 2 dt−∫ dt=

t 3

3−t+C

Deshacemos el cambio de variable 1+x2=t 2

→ t=√1+ x2

I =(√1+ x2

)3

3−√1+ x2

+C

De las infinitas primitivas de I buscamos la que cumpla F (0)=0 . Si llevamos esta condición decontorno al resultado de la integral indefinida.

13−1+C=0 → C=

23

Solución final → F ( x)=(√1+ x2

)3

3−√1+x2

+23





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Resuelve ∫ sen3 x ·cos5 xdx

La integral es impar en seno, impar en coseno y par en el producto seno por coseno. Vamos a proponer elcambio de variable válido para integrales impar en seno: cos x=t .

Diferenciamos → −sen x dx=dt → dx=dt

−sen x

I=∫ sen3 x ·cos5 x dx=∫ sen3 x · t5dt

−sen x=−∫sen2 x ·t 5dt

I =−∫ sen2 x · t 5dt=−∫(1−cos2 x )· t 5 dt=−∫(1−t 2) t 5 dt=−∫( t5

−t 7)dt=∫(t 7

−t 5)dt

I=t 8

8−t6

6+C

Deshacemos el cambio de variable:

I=cos8 x8

−cos6 x6

+C





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Resuelve ∫1

1+ tg(x)dx

La integral es par en el producto seno por coseno, por lo que proponemos el cambio de variable:

tg (x)=t → diferenciamos (1+tg 2(x))dx=dt → dx=

dt

1+tg 2(x )

→ dx=dt

1+t 2


∫1

1+ tg(x)dx=∫

11+t

·dt

1+t 2=∫

1

(1+ t)(1+t2)dt

Tenemos un cociente de polinomios, con grado del numerador inferior al grado del denominador.

Sacamos las raíces del denominador.

(1+t)(1+t 2)=0 → t=−1 → una raíz simple y una ecuación de segundo grado con solución

compleja.

Aplicamos el método de coeficientes indeterminados.

1

(1+t)(1+t 2)=A1+t

+B · t+C

1+t 2→ Aplicamos m.c.m. e igualamos numeradores

1=A(1+ t 2)+( B· t +C )(1+ t)

Si t=−1 → 1=A(2)+(−B+C )0 → A=12

Si t=0 → 1=A(1)+(B · 0+C )(1) → 1=12+C → C=

12

Si t=1 → 1=A(2)+(B+C)(2) → 1=1+2 B+1 → B=−12






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I=∫1

(1+t )(1+t 2)dt=A∫

11+t

dt+∫B ·t+C

1+ t2dt=

12ln∣1+t∣−

12∫

t

1+t2dt+

12∫

1

1+ t2dt

I=12ln∣1+t∣−

12·12∫

2· t

1+t 2dt+

12arcotg(t)=

12ln∣1+t∣−

14· ln∣1+t 2∣+ 1

2arcotg(t )+C

Deshacemos el cambio de varible.

I=12ln∣1+tg(x)∣−

14· ln∣1+tg2(x)∣+ 1

2arcotg(tg (x))+C

I=12ln∣1+tg(x)∣−

14· ln∣1+tg2(x)∣+ 1

2· x+C





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Resuelve ∫ ex

ex+e2x−2dx (ayuda: e x

=t )

A partir del cambio de variable e x=t → diferenciamos e x dx=dt → dx=

dt

ex→ dx=

dtt


∫t

t+t 2−2·dtt

→ Simplificamos → ∫1

t2+t−2dt

Cociente de polinomios, con grado del numerador inferior al grado del denominador.

Obtenemos raíces del denominador → t 2+ t−2=0 → t=1 , t=−2 → Dos raíces simples

Aplicamos el método de coeficientes indeterminados.

1

t 2+t−2=At−1

+Bt+2

→ Aplicamos m.c.m. e igualamos numeradores

1=A( t+2)+ B(t−1)

Si t=1 → 1=A(3)+B · 0 → A=13

Si t=−2 → 1=A·0+B (−3) → B=−13


I=∫1

t 2+t−2dt=A∫

1t−1

dt+B∫1t+2

dt=13· ln∣t−1∣−

13· ln∣t+2∣+C

Deshacemos el cambio de variable e x=t .

I=13· ln∣ex−1∣−1

3· ln∣ex+2∣+C





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Integrales por partes

■ Integrales por partes 1 ♣

Calcula ∫ x2 ·cos(x)dx

Aplicamos partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx

u (x )=x2→ u ' ( x)=2 x

v ' (x )=cos (x ) → v ( x)=sen (x )

Y la integral queda:

I=u(x )· v (x )−∫v (x )· u '(x )dx=x2 · sen (x)−2∫ x · sen (x)dxAplicamos nuevamente partes en la nueva integral.

u (x )=x → u ' ( x)=1

v ' (x )=sen( x) → v ( x)=−cos (x )

I=x2· sen (x)−2∫ x · sen(x )dx=x2 · sen(x )−2[ x (−cos(x ))−∫−cos (x) ·1dx ]

I=x2 · sen (x)+2 xcos (x)−2∫cos(x)dx=x2 · sen(x )+2x cos( x)−2 sen (x)+C





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■ Integrales por partes 2 ♣♣

Calcula una función primitiva de f ' ( x)= x · ln( x2+1) que pase por el punto (0,1) .

Nos dan la derivada de la función: f ' ( x)= x · ln( x2+1) .

Para obtener la función f (x ) deberemos integrar, ya que es el proceso inverso a la derivada (comoconsecuencia del Teorema fundamental del cálculo integral). El valor de la constante de integración loobtendremos aplicando la condición de contorno que nos da el enunciado.

f ' ( x)= x · ln( x2+1) → f (x )=∫ f ' ( x)dx → f (x )=∫ x · ln(x2

+1)dx

Aplicamos integración por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx

u (x )=ln( x2+1) → u ' ( x)=

2 x

x2+1

v ' (x )=x d x → v ( x)=x2

2

f (x )=u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' (x)dx=x2

2· ln(x2

+1)−∫ x2

2·

2 xx2

+1dx=

x2

2· ln(x2

+1)−∫ x3

x2+1

dx+C

Obtenemos una integral como cociente de dos polinomios, con grado del numerador mayor que el grado deldenominador. Ejecutamos la división.

x3

x2+1

= x−x

x2+1

f (x )=x2

2· ln ( x2

+1)−∫ x dx+∫ xx2

+1dx+C

f (x )=x2

2· ln( x2

+1)−x2

2+

12∫ 2 x

x2+1

dx+C

f (x )=x2

2· ln∣x2

+1∣− x2

2+

12

ln∣x2+1∣+C

Según el enunciado la función pasa por el punto (0,1) .

f (0)=1 → f (0)=C → C=1





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Finalmente la función buscada resulta (no olvides colocar el argumento del logaritmo entre valor absoluto,aunque en este caso es redundante porque el argumento del logaritmo final siempre es positivo):

f (x )=x2

2· ln∣x2

+1∣− x2

2+

12

ln∣x2+1∣+1





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■ Integrales por partes 3 ♣♣♣

Sea f ' ' (x )=ln (x) . Obtener f (x ) sabiendo que su gráfica pasa por el (1,0) y que lapendiente de la recta tangente a la función en x=2 es igual 1 .

Nos dan la segunda derivada. Deberemos integrar dos veces para obtener la función primitiva f (x ) .Al integrar dos veces aparecerán dos constantes de integración, cuyo valor vendrá determinado por lascondiciones del enunciado.

f ' ( x)=∫ ln(x )dx → Integramos por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx

u (x )=ln( x) → u ' ( x)=1x

v ' (x )=1 → v ( x)= x

f ' ( x)=u( x) · v (x )−∫v ( x) · u ' ( x)dx= x · ln( x)−∫ dx=x · ln (x )−x+C

Si la pendiente de la recta tangente en x=2 es igual a 1 , significa que f ' (2)=1 .

2 · ln(2)−2+C=1 → C=3−2 · ln(2)

f (x )=∫ f ' ( x)dx → f (x )=∫( x · ln( x)−x+C)dx

f (x )=∫ x · ln (x )dx−∫ x dx+∫C dx

f (x )=∫ x · ln(x )dx−x2

2+C x+ D

Aplicamos partes en la integral que hemos obtenido.

∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx

u=ln( x) → u ' =1x

v '=x → v=x2

2

f (x )=x2· ln (x )

2−∫ x

2dx−

x2

2+C x+D

f (x )=x2 · ln (x )

2−

x2

4−

x2

2+C x+ D





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Si la gráfica pasa por el punto (1,0) , significa que f (1)=0 .

ln(1)

2−

14−

12+C+ D=0 → −

34+C+ D=0 → D=

34−C

Por lo que la función resulta (no olvides colocar el argumento del logaritmo entre valor absoluto):

f (x )=x2· ln∣x∣

2−

x2

4−

x2

2+C x+

34−C

f (x )=x2· ln∣x∣

2−

3 x2

4+(3−2 · ln(2)) x+

34−3+2 · ln(2)





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Calcula ∫−1

1

ln (4− x)dx

I =∫−1

1

ln(4− x)dx → Resolvemos por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx

u (x )=ln (4−x) → u ' ( x)=−1

4− x

v ' (x )=1 → v ( x)= x

Sustituimos y aplicamos la regla de Barrow: si F ( x) es una primitiva de f (x ) →

F ( x)=∫ f ( x)dx → se cumple ∫a

bf ( x)dx=[ F ( x)]a

b=F (b)−F (a ) .

I =∫−1

1

ln (4− x)dx=[u( x) · v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx ]11

I =∫−1

1

ln(4− x)dx=[ x ln(4− x)]−11

−∫−1

1−x4−x

dx=[ ln (3)+ ln(5)]−∫−1

14−x−4

4−xdx

I =[ ln (3)+ln (5)]−∫−1

1

dx−∫−1

1−4

4−xdx=[ ln (3)+ ln (5)]−[ x]−1

1+4∫

−1

11

4− xdx

I =[ ln (3)+ln(5)]−[1+1]−4[ ln(4− x)]−11

=[ ln(3)+ ln(5)]−2−4[ ln (3)−ln (5)]

I =−3 ln(3)+5ln(5)−2=−ln(27)+ ln(3125)−2=ln (3125

27)−2=ln(115,74)−2≃2,75





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Calcula I =∫ln(x )

√ xdx

I =∫ln(x )

√ xdx → Integramos por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx

u (x )=ln( x) → u ' ( x)=1x

v ' (x )=1

√ xdx → v ( x)=2√ x

Sistituimos:

I =u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' ( x)dxx=2√ x ln(x )−2∫ √ xx

dx=2√ x ln (x )−2∫ 1√ x

dx

I =2√ x ln(x )−4 √x+C

I =2√ x (ln( x)−2)+C





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Sea la función f (x )=x

√1+x.

a) Calcular una primitiva de f (x ) y comprobar la solución obtenida.

b) Calcular el área encerrada por la función, el eje y=0 y las rectas x=0 y x=4 .

a) Si F ( x) es una primitiva de f (x )=x

√1+ x, cumplirá la relación:

F ( x)=∫ f (x)dx → F ( x)=∫x

√1+xdx


u (x )=x → u ' ( x)=1

v ' (x )=1

√1+x→ v ( x)=2√1+ x

F ( x)=u (x) · v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx=2 x √1+x−∫ 2√1+ x dx

F ( x)=2 x √1+ x−2 ·∫√1+ x dx=2 x√1+ x−2∫(1+x )1/2 dx=2 x √1+ x−2 ·

23∫

32(1+ x)1/2 dx

F ( x)=2 x √1+ x−43(1+x )

3/2

Si sumamos una constante de integración, tendríamos las infinitas primitivas que forman la integralindefinida.

I =F ( x)+C=2 x √1+ x−43(1+x )

3/2+C

Para comprobar el resultado obtenido, derivamos F ( x) y verificamos que recuperamos la expresión def (x ) del enunciado.





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F ( x)=2 x √1+ x−43(1+x )

3/2

F ' (x )=2[1 ·√1+ x+ x ·1

2 ·√1+x]−

43

·32(1+ x)1 /2

F ' (x )=2√1+x+x

√1+ x−2(1+x )

1 /2=

x

√1+x= f (x ) → c.q.d.

b) Para obtener el área encerrada por f (x )=x

√1+xcon el eje horizontal en el intervalo [0,4] ,

debemos comprobar si la función es positiva, negativa o bien corta al eje horizontal en ese intervalo.

Para obtener los puntos de corte, igualamos la función a cero.

x

√1+x=0 → x=0 → coincide con el extremo inferior del intervalo [0,4]

Por lo tanto, podemos determinar si la función es positivia o negativa en el resto de puntos del intervalo,

obteniendo la imagen de la función en x=4 por ejemplo → f (4)=4

√1+4>0 → la función se

mantiene por encima del eje horizontal.

Concluimos que el área coincide con la integral definida siguiente:

Área=∫0

4 x

√1+xdx

Usamos la primitiva obtenida en el apartado anterior → F ( x)=2 x √1+ x−43(1+x )

3/2→ Por la regla

de Barrow sabemos que ∫a

bf ( x)dx=F (b)−F (a) . Por lo tanto:

Área=[2 x √1+ x−43(1+x )

3/2]0

4

=4,31u2





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Calcula ∫ x sen(π x2

)dx y obtén el área del recinto limitado por f (x )=x sen(π x2

) el eje OX, las

rectas verticales x=0 y x=1 .

Resolvemos la siguiente integral indefinida.

I =∫ x sen (π x2

)dx


u (x )=x → u ' ( x)=1

v ' (x )=sen(π x2

) → v ( x)=−2π cos (

π x2

)

I =u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' ( x)=−2 x

π cos(π x2

)+∫2π cos (

π x2

)dx=−2 x

π cos (π x2

)+2π∫cos (

π x2

)

I =−2 x

π cos(π x2

)+2π ·

2π∫ π

2cos(

π x2

)=−2π · x · cos(

π x2

)+4

π2

sen (π x2

)+C

Debemos conocer si la función es positiva, negativa o corta al eje horizontal en el intervalo [0,1] . Paraello, igualamos la función a cero.

x · sen (π x2

)=0 → x=0 , sen(π x2

)=0

La función seno se anula si su argumento es múltiplo del número pi.

π · x2

=k ·π , k ∈ℤ → x=k ·2 → x=...−2, 0, 2,...

Por lo tanto, la función corta al intervalo [0,1] solo en el punto x=0 . Para conocer si la función espositiva o negativa en el resto de puntos del intervalo, obtenemos la imagen de la función para x=1 .

f (1)=1· sen( π2)=1>0 → La función es positiva en [0,1]





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En consecuencia, el área coincide con la siguiente integral definida.

Área=∫0

1x sen (

π x2

)dx

Utilizamos el resultado de la integral indefinida calculada anteriormente, y la regla de Barrow:

∫a

bf ( x)dx=F (b)−F (a) , donde F ( x) es una primitiva de la función.

Área=[−2π · x · cos (

π x2

)+4π

2 sen(π x2

)]0

1

=4π

2 u2





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Calcula I =∫ sen( x) · ln(cos (x ))dx

Integramos por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx

u (x )=ln(cos( x)) → u ' ( x)=−sen( x)cos (x )

v ' (x )=sen( x) → v ( x)=−cos (x )

I =u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' ( x)dx=−cos (x )· ln (cos (x))−∫cos (x )·sen( x)cos (x )

dx

I =−cos( x) · ln (cos(x ))−∫ sen(x )dx

I =−cos( x) · ln (cos (x ))+cos (x )+C=cos (x )[1−ln (cos( x))]+C





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Resuelve ∫ x · ln(√1+x2)dx


u (x )=ln (√1+ x2) → u ' ( x)=

2 x

2√1+ x2

√1+ x2=

x

1+x2

v ' (x )=x → v ( x)=x2

2

I =u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' ( x)dx=x2 ln(√1+ x2

)

2−∫ x2

2·

x1+ x2 dx=

x2 ln(√1+ x2)

2−

12∫ x3

1+x2 dx

Realizamos la división de polinomios.

x3

1+ x2 =x−x

1+ x2


I =x2 ln(√1+ x2

)

2−

12∫ x dx+

12∫ x

1+ x2 dx=x2ln (√1+ x2

)

2−

14

x2+

14

ln∣1+x2∣+C





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Resuelve ∫ x2 e2 x dx


u (x )=x2→ u ' ( x)=2 x

v ' (x )=e2 x→ v ( x)=

12

e2 x

I =u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' ( x)dx=12

x2 e2 x−∫ x e2 x dx

Volvemos a aplicar partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx

u (x )=x → u ' ( x)=1

v ' (x )=e2 x→ v ( x)=

12

e2 x

I =12

x 2e2 x−[

12

x e2 x−

12∫ e2 x dx ]=

12

x2 e2 x−

12

x e2 x+

14

e2 x+C=

12

e2 x(x2

− x+12)+C





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Resuelve ∫arcosen( x)dx

Aplicamos método por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx

u (x )=arcosen(x ) → u ' ( x)=1

√1−x2

v ' (x )=1 → v ( x)= x

I =u (x) · v (x )−∫v ( x) · u ' (x )dx=x · arcosen(x)−∫x

√1− x2dx

Para resolver la integral que nos queda, recordamos la expresión de la siguiente derivada:

ddx

[√1−x2]=

−2 x

2√1− x2=

−x

1− x2

I =x · arcosen (x )−(−∫−x

√1−x2dx)= x · arcosen( x)+√1−x2

+C





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Resuelve ∫ sen (x)e x dx

Aplicamos método por partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx

u (x )=e x→ u ' ( x)=ex

v ' (x )=sen( x) → v ( x)=−cos (x )

I =u (x) · v (x )−∫v ( x) · u ' (x )dx=−cos( x) · ex+∫ cos( x) · ex dx

En la nueva integral que obtenemos, volvemos a aplicar método por partes.


u (x )=e x→ u ' ( x)=ex

v ' (x )=cos (x ) → v ( x)=sen (x )

I =−cos( x) · ex+[u (x )· v (x)−∫ v (x )· u ' (x )dx]=−cos( x) · ex

+sen(x) · e x−∫ sen(x )· ex dx

Nos damos cuenta que la nueva integral coincide con la integral de partida. Es decir:

∫ sen(x )· e x dx=−cos (x )· ex+ sen( x) · ex

−∫ sen (x )· e x dx

Pasamos sumando, a la izquierda, la integral del miembro derecho.

∫ sen(x )· e x dx+∫ sen(x )· e x dx=−cos (x )· ex+sen( x) · ex

2 ·∫ sen( x) · ex dx=−cos (x )· e x+sen (x )· e x

Y despejamos nuestra integral de partida del ejercicio.

∫ sen(x )· e x dx=12[−cos(x) · e x

+sen (x )· e x]+C=

ex

2[sen(x )−cos (x )]+C





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Integral definida y regla de Barrow

■ Integral definida y regla de Barrow 1 ♣♣

Calcula ∫2

3 x2+1

x2(x−1)

dx

Resolvemos, en primer lugar la integral indefinida. Tenemos un cociente de polinomios, con grado elnumerador menor que el grado del denominador. En el denominador tenemos una raíz doble x=0 y unaraíz simple x−1=0 , por lo que descomponemos de la siguiente forma:

x2+1

x2(x−1)

=Ax+

Bx2 +

Cx−1

→ x2+1=A x( x−1)+B (x−1)+C x2

Fíjate como la raíz doble x=0 aparece en dos denominadores, Ax

yB

x2. Damos valores.

Si x=1 → 2=C

Si x=0 → 1=−B → B=−1

Si x=2 → 5=2 A+ B+4C → 5=2 A−1+8 → A=−1

Por lo que la integral indefinida se descompone en tres fracciones.

∫ x2+1

x2(x−1)

dx=∫−1x

dx+∫−1x2 dx+∫ 2

x−1dx=−ln∣x∣+

1x+2 · ln∣x−1∣+C

Para resolver la integral definida aplicamos la regla de Barrow, que siempre debemos enunciar cada vez

que la usemos: si F ( x) es una primitiva de f (x ) → F ( x)=∫ f ( x)dx → y la regla de Barrow

afirma que ∫a


b=F (b)−F (a ) .

∫2

3 x2+1

x2(x−1)

dx=[−ln∣x∣+1x+2· ln∣x−1∣]

2

3

=−ln(3)+13+2 ln(2)−(−ln (2)+

12+2 ln(1))=0,81

Hemos resuelto una integral definida, y la solución puede ser un número positivo, negativo o nulo. Noconfundir con los ejercicios de área, donde la solución siempre será un número positivo al que añadiremosla expresión de unidades cuadradas: u2.





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Calcula ∫0

π2

sen(√ x)dx (ayuda: cambio de variable √ x=t )

√ x=t → 1

2√ xdx=dt → dx=2√ xdt=2 t dt

∫0

π2

sen(√ x)dx=∫0

π2

sen( t)2 t dt=2∫0

π2

t · sen(t)dt

Resolvemos la integral indefinida aplicando partes.


u (t)=t → u ' (t )=1

v ' (t)=sen (t) → v (t )=−cos( t)

I =∫ t · sen( t)dt=u (t) · v (t)−∫ v (t) · u ' (t)dt=−t · cos (t)+∫cos (t )dt=−t ·cos (t )+sen(t)+C

Deshacemos el cambio de variable √ x=t → I =−√x · cos(√ x)+sen (√ x)+C

Si F ( x) es una primitiva de f (x ) → F ( x)=∫ f ( x)dx → la regla de Barrow afirma que

∫a


b=F (b)−F (a )

2∫0

π2

t · sen( t)dt=2 ·[−√ x · cos (√ x)+sen(√ x)]0

π2

=2 ·[−π · cos(π)+ sen(π)+0−0]=2π





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Calcula ∫0

π4

xcos2

( x)dx

I =∫0

π4

xcos2

( x)dx → Aplicamos partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx

u (x )=x → u ' ( x)=1

v ' (x )=1

cos2( x)

→ v ( x)=tg ( x)

Sustituimos:

I =[u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' (x)dx ]0

π/4=[ x · tg (x )]0

π4 −∫

0

π4

tg( x)dx=[x · tg( x)]0π4−∫

0

π4

sen (x)cos( x)

dx

I =[x · tg( x)]0π4+[ ln(cos( x))]0

π4

I =(π4

· tg ( π4)−0)+(ln( √2

2−ln(1)))

I =π4+ ln (

√22

)=π4+ ln (√2)− ln (2)=π

4+

12

ln (2)−ln (2)

I =π4−

12

ln (2)

Donde hemos aplicado que si F ( x) es una primitiva de f (x ) → F ( x)=∫ f ( x)dx → la regla de

Barrow afirma que ∫a


b=F (b)−F (a )





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Calcula ∫0

1x ln(1+ x)dx

Resolvemos la integral indefinida aplicando partes.


I =∫ x ln(1+x )dx

u (x )=ln(1+ x) → u ' ( x)=1

1+x

v ' (x )=x → v ( x)=x2

2

I =u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' ( x)dx=x2

2· ln (1+x )−

12∫ x2

1+xdx

Realizamos la división del cociente de polinomios.

x2=(1+x )·( x−1)+1 →

x2

1+ x= x−1+

11+x

I =x2

2· ln(1+ x)−

12∫ [ x−1+

11+x

]dx=x2

2· ln(1+ x)−

12[∫ x dx−∫ dx+∫ 1

1+ xdx ]

I =x2

2· ln (1+ x)−

x2

4+

12

x−12

ln∣1+ x∣+C

Para resolver la integral definida, aplicamos la regla e Barrow: si F ( x) es una primitiva de f (x ) →

F ( x)=∫ f ( x)dx → ∫a

bf ( x)dx=[F ( x)]a

b=F (b)−F (a )

∫0

1x ln(1+ x)dx=[

x2

2· ln(1+x )−

x2

4+

12

x−12

ln∣1+ x∣]0

1

=12

· ln(2)−14+

12−

12

· ln(2)−(0−0+0−0)

∫0

1x ln(1+ x)dx=

14





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Si P (x ) es un polinomio de tercer grado, con un punto de inflexión en el punto (0,5) y un

extremo relativo en el punto (1,1) , calcule ∫0

1P (x )dx .

La expresión general de un polinomio de grado tres es:

P (x )=a x3+b x2

+c x+d

Si el polinomio pasa por (0,5) → P (0)=5 → d =5

Si el polinomio pasa por (1,1) → P (1)=1 → a+b+c+5=1 → a+b+c=−4

Si hay un punto de inflexión en (0,5) → P ' ' (0)=0

P ' ( x)=3 a x2+2 b x+c → P ' ' (x )=6 a x+2 b → 2 b=0 → b=0

Si hay extremo relativo en (1,1) → P ' (1)=0

P ' ( x)=3a x2+2b x+c → 3a+0+c=0 → 3 a+c=0

Llegamos a un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas → {a+c=−43a+c=0} → a=2 , c=−6

El polinomio solución es → P (x )=2 x3−6 x+5

Finalmente, calculamos la integral definida ∫0

1P (x )dx . Primero resolvemos la integral indefinida, y

luego aplicamos regla de Barrow: si F ( x) es una primitiva de f (x ) → F ( x)=∫ f ( x)dx →

∫a


b=F (b)−F (a )

∫(2 x3−6 x+5)dx=

12

x4−3 x2

+5 x+C

∫0

1(2 x3

−6 x+5)dx=[12

x4−3 x2

+5 x ]0

1

=12−3+5−(0−0+0)=

52





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■ Integral definida y regla de Barrow 6 ♣♣Resolver las siguientes integrales:

a) ∫1/2

e /2 (ln (2 x ))2

3 xdx

b) ∫1

4 3 x4+5 x2

+√ xx2 dx

a) La primera integral podemos resolverla de manera inmediata si recordamos la derivada de la potencia deuna función, a partir de la regla de la cadena de la derivada.

ddx

[ f n( x)]=n · f n−1

(x )· f ' ( x) → ddx

[ ln 3(2 x )]=3 · ln2

(2 x) ·1

2 x· 2=3·

ln2(2 x)x

Si comparamos la integral ∫1/2

e/2 (ln (2 x ))2

3 xdx con el resultado de la derivada:

∫1/2

e /2 (ln (2 x ))2

3 xdx=

13

·∫1/2

e /2 (ln(2 x ))2

xdx=

13

·13

·∫1 /2

e /23·

(ln (2 x ))2

xdx=

19

·[ ln 3(2 x )]1/2

e /2

Y aplicamos la regla de Barrow: si F ( x) es una primitiva de f (x ) → F ( x)=∫ f ( x)dx →

∫a


b=F (b)−F (a )

19

·[ ln3(2 x)]1 / 2

e/2=

19[ ln 3

(e)−ln3(1)]=

19

b) La integral de partida la rompemos en la suma de tres integrales.

∫1

4 3 x4+5 x2

+√ xx2 dx=∫1

4 3 x4

x2 dx+∫1

4 5 x2

x2 dx+∫1

4 √ xx2 dx=∫1

43 x2 dx+∫1

45 dx+∫1

4x−3 /2 dx

3[x3

3]1

4

+5 [ x]14+[

x−1 /2

−1/2]1

4

=[ x3]1

4+5[ x ]1

4−2[ x−1/2

]14=[64−1]+5[4−1]−2[

12−1]=79

Donde nuevamente, como en el apartado anterior, hemos aplicado la regla de Barrow.





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■ Integral definida y regla de Barrow 7 ♣

Calcula ∫3

5 x2+x+6x−2

dx

Tenemos la integral de un cociente de polinomios, con grado del numerador mayor que el grado deldenominador. Realizamos la división de polinomios.

x2+x+6=( x−2)( x+3)+12 →

x2+ x+6x−2

=x+3+12

x−2

∫3

5 x2+x+6x−2

dx=∫3

5( x+3+

12x−2

)dx=∫3

5x dx+∫3

53 dx+∫3

5 12x−2

dx

12[ x2

]35+3[ x ]3

5+12[ ln∣x−2∣]3

5=

12

· (25−9)+3(5−3)+12(ln (3)−ln (1))=27,18

Donde hemos aplcicado la regla de Barrow: si F ( x) es una primitiva de f (x ) →

F ( x)=∫ f ( x)dx → ∫a

bf ( x)dx=[F ( x)]a

b=F (b)−F (a )





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Teorema fundamental del cálculo integral

■ Teorema fundamental 1 ♣♣♣

Sea f (x )=ln (x )

2 xpara x>0 . Y sea F ( x) la primitiva de f (x ) , que cumple F (1)=2 .

a) Calcula F ' (e ) .

b) Halla la ecuación de la recta tangente a F ( x) en el punto de abscisa x=e .

a) El Teorema fundamental del cálculo integral afirma: si f (x ) es una función continua en [a ,b] , la

función definida por F ( x)=∫a

x

f (t)dt es una función continua y derivable, que a la vez es una

primitiva de f (x ) y cumple la siguiente igualdad: F ' ( x)= f ( x) ,∀ x∈[a , b] . Es decir, laderivada de F ( x) coincide con la función f (x ) .

Por lo tanto → F ' (e )= f (e )=ln(e)2e

=12e

b) Para obtener la recta tangente a una función F ( x) en un valor de abscisa x= x0 , necesitamos el

punto (x0 , y0) y la pendiente m de la recta en dicho punto.

La pendiente coincide con el valor de la derivada de la función en el punto. Y como razonamos en el

apartado anterior F ' ( x)= f ( x) ,∀ x∈[a , b] → F ' (e )= f (e )=1

2 e=m .

El punto (x0 , y0)=(e , y0) → Necesitamos obtener la imagen de x=e .

Nos falta, en consecuencia, la imagen de x=e . ¿Cómo obtener la fórmula de F ( x) donde evaluarx=e ? Integrando f (x ) , ya que F ( x) es una primitiva de f (x ) .

F ( x)=∫ f ( x)dx → F ( x)=∫ln (x )

2 xdx=

12∫

ln(x )

xdx=

12

·12∫

2 · ln(x )

xdx=

14

ln2∣x∣+C

Donde hemos resuelto la integral inmediata recordando que la derivada de ln ( x) es1x

.

De la familia de primitivas F ( x)=14

ln2(x )+C elegimos la que cumple la condición del enunciado

F (1)=2 → 14

ln2(1)+C=2 → C=2

F ( x)=14

ln2(x )+2 → evaluamos x=e → F (e)=

14

ln 2(e)+2=

94

→ punto (e ,94)





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La ecuación punto-pendiente de la recta solución resulta:

12e

=

y−94

x−e





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■ Teorema fundamental 2 ♣♣

Obtener una función derivable f (x ):ℝ→ℝ , tal que f ' ( x)={x2−2 x si x<0

ex−1 si x≥0 } y sabiendo

que f (1)=1

Debemos obtener una función f (x ) a partir de su función derivada f ' ( x) . Es decir, f (x ) es unaprimitiva de f ' ( x) .

Por el Teorema Fundamental del Cálculo Integral sabemos que f (x )=∫a

xf ' (t)dt con f ' ( x)

continua en x∈[a , b] . Es decir, la integral y la derivada son procesos inversos. Si integramos f ' ( x)en cada intervalo, obtendremos f (x ) .

La función f ' ( x) es continua en toda la recta real, ya que en x<0 la función es polinómica y enx>0 la función es exponencial más polinómica. En el punto frontera x=0 la función es continua, ya

que f ' (0)=0 , los límites laterales son iguales L+=L-

=L=0 y el límite coincide con el valor de lafunción en el punto.

Integremos en cada tramo de la función a trozos.

Si x<0 → f (x )=∫( x2−2 x)dx → f (x )=

x3

3− x2

+C

Si x≥0 → f (x )=∫(ex−1)dx → f (x )=e x−x+D

De la condición del enunciado f (1)=1 → e−1+D=1 → D=2−e

El enunciado afirma que la función f (x ) es derivable. Y esto implica, a su vez, que también serácontinua. Por lo tanto, en x=0 los límites laterales en ese punto deben coincidir y ser iguales al valor dela función en ese punto (condición de continuidad de una función a trozos en un punto frontera).

f (0)=e0−0+2−e=3−e

L-= lim

x→0−

(x3

3−x2

+C )=C , L+=lim

x →0+

(ex− x+2−e)=1+2−e=3−e

Igualando ambos límites laterales → C=3−e

La función solución resulta f (x )={x3

3− x2+3−e si x<0

ex− x+2−e si x≥0 }





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Sea f (x ) una función continua en el intervalo [2,3] y F ( x) una primitiva de f (x ) tal queF (2)=1 y F (3)=2 . Calcular:

a) ∫2

3f ( x)dx

b) ∫2

3(5· f (x )−7)dx

c) ∫2

3F 2

(x )· f ( x)dx

a) Si F ( x) es primitiva de f (x ) , por el Teorema fundamental del cálculo integral sabemos que

F ( x)=∫a

xf (t)dt y F ' ( x)= f ( x) . Al aplicar la regla de Barrow en el intervalo [a ,b] , se cumple

∫a

bf ( x)dx=F (b)−F (a) .

En nuestro ejercicio, al aplicar la regla de Barrow en el intervalo [2,3] :

∫2

3f ( x)dx=[ F ( x)]2

3=F (3)−F (2)=2−1=1

b) I =∫2

3(5 · f (x )−7)dx=5∫2

3f (x)dx−7∫2

3dx=5[ F (x )]2

3−7 [ x]2

3=5 ·(F (3)−F (2))−7 ·(3−2)

I =5· (2−1)−7·1=5−7=−2

Donde hemos utilizado la aplicación de la regla de Barrow del apartado anterior.

c) Del Teorema Fundamental sabemos que se cumple: F ' ( x)= f ( x) . Por lo tanto:

I =∫2

3F 2

(x) · f (x )dx=∫2

3F 2

(x )· F ' ( x)dx=[13

F 3(x )]

2

3

Donde nos damos cuenta que dentro de la integral definida tenemos la potencia de una función por laderivada de esa función, y hemos aplicado que derivada e integral son funciones inversas.

Aplicamos Barrow nuevamente en el intervalo [2,3] :

I =13

·(F 3(3)−F3

(2))=13

·(23−13

)=73





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Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de una función f (x ) en el punto de abscisa

x=1 sabiendo que f (0)=0 y f ' ( x)=( x−1)

2

x+1para x>−1 .

La ecuación punto-pendiente de una recta de pendiente m que pasa por el punto (x0 , y0) es:

m=y− y0

x−x0

Como la recta buscada es tangente a la función en x=1 , la pendiente de la recta será igual a la derivada

de la función evaluada en x=1 → f ' (1)=(1−1)2

1+1=0 → m=0 .

Si x0=1 entonces y0= f (1) , ya que la función y la recta tangente coinciden en el punto

(1, f (1)) .

Para obtener el valor de la imagen f (1) debemos integrar la función derivada f ' ( x)=( x−1)

2

x+1, para

conseguir la función primitiva f (x ) . La constante de integración inherente al proceso de integraciónpodemos determinarla gracias a la condición del enunciado f (0)=0 .

Si f (x ) una primitiva de f ' ( x) podemos aplicar el Teorema Fundamental del Cálculo Integral. Esdecir, f (x ) es una primitiva de f ' ( x) , cumpliendo que f (x ) es continua y derivable en

x∈[a , b ] . Por el Teorema Fundamental del Cálculo Integral sabemos que f (x )=∫a

xf ' (t)dt con

x∈[a , b] .

Es decir, la integral y la derivada son procesos inversos. Si integramos f ' ( x) , obtendremos f (x ) .

f (x )=∫ (x−1)2

x+1dx=∫ x2

−2 x+1x+1

dx

Tenemos un cociente de polinomios. Al ser el grado del numerador mayor que el grado del denominador,realizamos la división.

Dividendodivisor

=Cociente+Resto

divisor→

x2−2 x+1x+1

=x−3+4

x+1

f (x )=∫( x−3)dx+∫ 4x+1

dx=x2

2−3 x+4 ln∣x+1∣+C





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La constante de integración queda definida de manera única con la condición f (0)=0 → C=0

f (x )=x2

2−3 x+4 ln∣x+1∣

Una vez obtenida la función primitiva, podemos calcular f (1)

f (1)=12−3+4 ln∣2∣=

−52

+4 ln(2)≃0,27

La recta tangente a la función en x=1 resulta una recta horizontal (pendiente nula).

m=y− y0

x−x0

→ 0=y− f (1)

x−1→ y= f (1) → y≃0,27





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Cálculo de áreas

■ Áreas 1 ♣♣

Calcular el valor de a>1 sabiendo que el área encerrada por la parábola y=−x2+a x y la recta

y=x es igual a43

.

Para obtener el área encerrada por ambas curvas debemos determinar.

- Los puntos de corte entre ambas gráficas.

- Decidir qué función se encuentra por encima de la otra.

Para obtener los puntos de corte igualamos ambas ecuaciones.

−x2+a x=x → −x2+(a−1) x=0 → x (−x+(a−1))=0 → x=0 , x=a−1

Como a>1 → x=a−1>0 → Este punto de corte se encontrará en el primer o cuarto cuadrante.Como la recta y=x no pasa por el cuarto cuadrante, es obvio que x=a−1>0 indica un punto delprimer cuadrante.

La parábola y=−x2+a x es cóncava hacia abajo, ya que el coeficiente que acompaña a x2

es

negativo. Por lo tanto, la parábola y=−x2+a x quedará por encima de la recta y=x en el intervalo

marcado por los puntos de corte [0,a−1] .

Área=∫0

a−1(−x2

+a x−x )dx

Aplicamos la regla de Barrow: ∫a

bf ( x)dx=F (b)−F (a) , siendo F ( x) una primitiva de f (x ) .

Área=[−x3

3+(a−1)

x2

2]0

a−1

=−(a−1)3

3+(a−1)

(a−1)2

2=

−2(a−1)3+3(a−1)3

6=

(a−1)3

6

Según el enunciado el área es igual a43

.

(a−1)3

6=

43

→ (a−1)3=8 → a−1=2 → a=3





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■ Áreas 2 ♣♣

Sea g ( x)=ln(x ) . Calcula el valor de a>1 para que el área limitada por su gráfica, el eje deabscisas y la recta x=a sea igual a 1 .

La función logaritmo es estrictamente creciente en su dominio de definición y corta al eje deabscisas en el x=1 . De tal forma que el área encerrada por su gráfica y el eje de abscisas en elintervalo [1,a ] será igual a:

Área=∫1

aln( x)dx

Ya que el logaritmo es una función positiva en x>1 . Integramos por partes la integral indefinida.


u (x )=ln( x) → u ' ( x)=1x

v ' (x )=1 → v ( x)= x

u (x )· v ( x)−∫ v (x )· u ' ( x)dx=∫ ln(x )dx=x · ln(x )−∫ dx= x · ln( x)−x+C

Aplicamos la regla de Barrow en la integral definida: ∫a


primitiva de f (x ) .

Área=∫1

aln( x)dx=[ x · ln (x )−x ]1

a=a · ln(a )−a−0+1=a( ln(a)−1)+1

El enunciado afirma que el área debe ser igual a 1 .

a (ln (a)−1)+1=1 → a (ln (a)−1)=0 → a=0 , ln(a)−1=0 → a=e

De las dos soluciones nos quedamos con la positiva a=e , ya que el enunciado afirma a>1 .

Aprovechando que sale el número e . Esto es una fiesta de funciones, todas bailando y divirtiéndose. Enun rincón, sola, está la función exponencial.

Le dicen las demás funciones:

“¡Exponencial, intégrate!”

A lo cual responde:

“¿Para qué?, ¿para quedarme igual?”





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■ Áreas 3 ♣♣

Calcular el área encerrada por las gráficas de las funciones f (x )=2−x y g ( x)=2

x+1.

Obtenemos puntos de corte de ambas gráficas → 2−x=2

x+1→ −x2

+ x=0 → x=0 , x=1

Con un sencillo esbozo podemos decidir qué función está por encima de la otra en el intervalo [0,1] . O

bien darnos cuenta que g ( x)=2

x+1es una función cóncava hacia arriba y estrictamente decreciente

para x>−1 , mientras que la recta f (x )=2−x es estrictamente decreciente en toda la recta real.Por lo que la recta permanece por encima de la hipérbola en [0,1] . El área encerrada será igual a:

Área=∫0

1(2−x−

2x+1

)dx=[2 x−x2

2−2 ln∣x+1∣]

0

1

=2−12−2 ln(2)=

32−2 ln(2) u2

Donde nuevamente hemos aplicado la regla de Barrow: ∫a

bf ( x)dx=F (b)−F (a) , siendo F ( x)

una primitiva de f (x ) .

Fíjate que al ser el resultado final un área, hemos añadido la expresión de unidades cuadradas: u2.





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■ Áreas 4 ♣♣♣

Calcular el área encerrada por las gráficas de las funciones f (x )=∣x( x−2)∣ y g ( x)= x+4 .

Necesitamos los puntos de corte de ambas gráficas. Podemos hacer un sencillo esbozo, para estimar lospuntos de corte. Y podemos trazar la parábola contenida dentro del valor absoluto y colocar como positiva lazona donde sea negativa.

O bien de manera analítica, antes de trabajar con el valor absoluto, podemos romper la función a trozos. Lasraíces del argumento del valor absoluto son x=0 y x=2 , por lo que si evaluamos el signo delargumento del valor absoluto, resulta:

f (x )={x (x−2) si x<0

−x (x−2) si 0≤x≤2x (x−2) si x>2 }

Obtenemos los puntos de corte con la recta g ( x)= x+4 en cada tramo.

Si x<0 → x (x−2)=x+4 → x=−1

Si 0≤x≤2 → −x (x−2)=x+4 → No hay puntos de corte en el intervalo

Si x>2 → x (x−2)=x+4 → x=4

La recta queda por encima de la parábola, debiendo distinguir los siguientes tramos:





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Área=∫−1

0(x+4−x ( x−2))dx+∫0

2(x+4+x ( x−2))dx+∫2

4(x+4− x (x−2))dx

Área=∫−1

0(−x2

+3 x+4)dx+∫0

2( x2

−x+4)dx+∫2

4(−x2

+3 x+4)dx

Área=[−x3

3+

3 x2

2+4 x ]

−1

0

+[x3

3−

x2

2+4 x ]

−1

0

+[−x3

3+

3 x2

2+4 x ]

2

4

=109

6u2

Donde nuevamente hemos aplicado la regla de Barrow: ∫a

bf ( x)dx=F (b)−F (a) , siendo F ( x)

una primitiva de f (x ) .





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■ Áreas 5 ♣♣

Calcula el área limitada por la curva y=( x+1)e2 xy las rectas x=0 , x=1 e y=0 .

Debemos determinar si la función y=( x+1)e2 xcorta al eje horizontal y=0 en algún punto del

intervalo [0,1] . Para ello, igualamos ambas funciones.

(x+1)e2 x=0 → x+1=0 , x=−1 → o bien e2 x

=0 que no posee solución

Por lo tanto, no hay puntos de corte entre ambas gráficas en el intervalo [0,1] .

¿Cómo determinar de manera rápida si la función y=( x+1)e2 xes positiva o negativa en el intervalo

[0,1] ? Evaluando su imagen en los extremos del intervalo.

La función y=( x+1)e2 xes positiva tanto en y (x=0)=1 como en y (x=1)=2· e2

, por lo tanto sugráfica siempre se mantiene por encima de la recta horizontal y=0 . El área encerrada será:

A=∫0

1(x+1)e2x dx=∫0

1x ·e2x dx+∫0

1e2x dx

Resolvemos cada una de las integrales indefinidas resultantes.

∫ x · e2x dx → aplicamos partes → ∫u (x )· v ' (x )dx=u (x )· v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx

u (x )=x → u ' ( x)=1

v ' (x )=e2 x→ v ( x)=

12

e2 x

∫ x · e2x dx=u (x )· v (x)−∫ v (x )· u ' (x )dx=x · e2 x

2−

12∫ e2 x dx=

x · e2x

2−

14

e2x+C

∫e2x dx=12

e2 x+ D

Por lo que las integrales definidas que aparecen en el cálculo del área resultan.

A=∫0

1x · e2x dx+∫0

1e2x dx=[

x · e2 x

2−

e2 x

4]0

1

+[e2 x

2]0

1





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Aplicamos la regla de Barrow: ∫a


A=e2

2−

e2

4−0+

14+

e2

2−

12=

3 e2

4−

14

u2





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■ Áreas 6 ♣♣

Calcula el área limitada por f (x )=e x

(1+e x)

2, el eje OX y las rectas x=0 y x= ln (5) .

Si la función se encuentra por encima del eje horizontal el área encerrada será igual a la integraldefinida de la función entre los límites de integración.

Recuerda que si la función se encuentra por debajo del eje horizontal, el área se define como el valorabsoluto de esa integral definida. Es decir, una integral definida puede dar como resultado un valornegativo... pero un área siempre debe ser positiva, y por eso aplicamos valor absoluto en este segundocaso.

La función f (x )=e x

(1+e x)

2nunca corta al eje horizontal, ya que e x

=0 no admite solución. Además

f (0) y f (ln (5)) son valores positivos, por lo que la curva e encuentra por encima del eje horizontal.

Área=∫0

ln (5 ) e x

(1+e x)

2 dx=[−1

1+ex ]0

ln(5)

=[−11+5

+12]=

13

u2

Recuerda que: e(ln (5))=5

Donde hemos recordado la derivada de la función inversa ddx

[1

f ( x)]=

− f ' (x )

f 2( x)

y hemos aplicado que

la integral es el proceso inverso de la derivada (Teorema fundalemtal el cálculo integral) y la regla de

Barrow: ∫a






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■ Áreas 7 ♣♣

Considere la región limitada por las curvas y=x2e y=−x2

+4 x .

a) Esboza la gráfica de la región dada, hallando los puntos de corte de ambas curvas.

b) Expresa el área como una integral.

c) Calcula el área.

a) La gráfica de la función y=x2es bien conocida. Es cóncava hacia arriba en toda la recta real, con un

mínimo relativo y absoluto en el origen de coordenadas.

La gráfica de y=−x2+4 x es cóncava hacia abajo en toda la recta real. Sus puntos de corte con el eje

horizontal son −x2+4 x=0 → x=0 , x=4 → (0,0) , (4,0) . Su máximo relativo y absoluto

aparece en y ' =0 → −2 x+4=0 → x=2 → (2,4) .

Los cortes entre ambas curvas los obtenemos igualando sus ecuaciones → x2=−x2

+4 x → x=0 ,x=2 .





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b) El área encerrada por ambas curvas será igual a la integral definida entre los límites de integraciónx=0 y x=2 , de la curva superior menos la curva inferior. Es decir.

A=∫0

2[(−x2

+4 x)−(x2)]dx=∫0

2(−2 x2

+4 x )dx

c) A=∫0

2(−2 x2

+4 x)dx=−2∫0

2x2 dx+4∫0

2x d x=−2 [

x3

3]0

2

+4 [x2

2]0

2

Que resolvemos aplicando la regla de Barrow → ∫a


primitiva de la función f (x ) .

A=−2 [83−0]+4 [

42−0]=

−163

+8=83

u2





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■ Áreas 8 ♣♣♣

Sea f : (0,+∞)→ℝ la función dada por f (x )=ln ( x) .

a) Calcula la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función en el punto de abscisa x=1 .

b) Esboza el recinto comprendido entre la gráfica de la función, la recta y=x−1 y la recta x=3. Calcula su área.

a) La recta tangente a la función en x=1 tendrá pendiente igual a la derivada evaluada en dicho punto.

f ' ( x)=1x

→ f ' (1)=1

La imagen de x=1 → f (1)=ln(1)=0 → (1 , 0)

Ecuación punto-pendiente de la recta → m=y− y0

x−x0

→ 1=y−0x−1

→ y=x−1

b) Nos piden obtener el recinto generado por la recta tangente calculada en el apartado anterior y=x−1, la función f (x )=ln( x) y la recta vertical x=3 .

Si en x=1 la recta es tangente a la función, ya tendremos un punto de intersección entre ambas curvas.

Sabemos que la gráfica del logaritmo es estrictamente creciente y cóncava hacia abajo en su dominio dedifinición, por lo que si y=x−1 es tangente a la función en x=1 , siempre permanece por encima de

f (x )=ln( x) . De esta forma el ára encerrada será:





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El área encerrada coincide con la siguiente integral definida:

A=∫1

3(x−1−ln( x))dx

Primero resuelvo la integral indefinida.

I =∫( x−1−ln (x))dx=x2

2−x−∫ ln (x )dx

Aplicamos partes para resolver la integral del logaritmo.


u (x )=ln( x) → u ' ( x)=1x

v ' (x )=1 → v ( x)= x

∫ ln (x)dx=u (x) · v ( x)−∫ v (x) · u ' ( x)dx= x ln (x )−∫ dx=x ln( x)− x

I =x2

2−x−x ln( x)+x+C=

x2

2− x ln(x )+C

Para resolver la integral definida aplicamos la regla de Barrow → ∫a

bf ( x)dx=F (b)−F (a) → donde

F ( x) es una primitiva de f (x ) .

A=∫1

3(x−1−ln( x))dx=[

x2

2−x ln( x)]

1

3

=92−3ln (3)−

12+ ln(1)=4−3 ln (3)≃0,704 u2





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■ Áreas 9 ♣♣

Calcula el parámetro a∈ℝ , a>0 para que el valor del área de la región determinada por la

parábola f (x )=−x2+a2

y el eje de abscisas coincida con la pendiente de la recta tangente a lagráfica de la función en el punto de abscisa x=−a .

f (x )=−x2+a2

→ Tenemos una parábola con máximo en x=0 , punto de corte con el eje vertical en

(0,a2) y puntos de corte con el eje horizontal en (0,−a) ,(0, a) .

La siguiente gráfica muestra un ejemplo de estos resultados, coloreando en rojo la sección encerrada por lafunción y el eje de abscisas.

Por simetría par de la función, el área encerrada queda:

A=2∫0

a

(−x2+a2

)dx=2 [−x3

3+a2 x ]

0

a

=2[−a3

3+a3

−0−0]=2(−a3

+3 a3

3)=

4 a3

3u2

Donde hemos aplicado la regla de Barrow → ∫a

bf ( x)dx=F (b)−F (a) → siendo F ( x) es una


El enunciado el problema afirma que este área debe ser igual al valor de la pendiente de la recta tangente ala función en x=−a . Es decir, debemos derivar la función y evaluarla en x=−a para obtener el valorde esa pendiente.

f (x )=−x2+a2

→ f ' ( x)=−2 x → f ' (−a )=2a





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Igualando la pendiente con el área:

4 a3

3=2 a → a=+√ 3

2→ Donde tomamos valor positivo porque a>0





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■ Áreas 10 ♣♣♣

Calcula el área encerrada por la función g ( x)= x3−4 x y la recta y=−x−2 .

Debemos obtener los puntos de corte de ambas funciones, para conocer los límites del área encerrada.Para ello, igualamos las funciones y resolvemos.

x3−4 x=−x−2 → x3

−3 x+2=0 → (x−1)(x+2)2=0

Los puntos de corte de ambas gráficas acontecen en x=−2 y x=1 . Debemos saber qué gráfica seencuentra por encima, en el intervalo [−2,1] , para estimar si el área coincide con de la integral definidao con su valor absoluto.

Por practicar un poco, no cuesta nada pintar ambas gráficas sobre unos mismos ejes. La recta es sencillade pintar. Para el polinomio podemos obtener los puntos de corte con los ejes y los extremos relativos, parahacernos una idea de cómo es su gráfica.

g ( x)= x3−4 x

Corte eje OX → (−2,0) ,(0,0) ,(2,0)

g ' (x )=3 x2−4

g ' (x )=0 → x=±2√3

3

g ' ' ( x)=6 x

g ' ' (−2√3

3)<0 , g ' ' (

2√33

)>0

x=−2√3

3máximo relativo

x=2√3

3mínimo relativo

Aplicamos Barrow → ∫a

bf ( x)dx=F (b)−F (a) → siendo F ( x) es una primitiva de f (x ) :

A=∫−2

1

(x3−4 x−(−x−2))dx=∫

−2

1

( x3−3 x+2)dx=[

x4

4−3

x 2

2+2 x ]

−2

1

A=14−

32+2−4+6+4=

14−

32+8=

1−6+324

=274

u2





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■ Áreas 11 ♣♣♣

Sea f (x )=−x2+2 x+3 y la recta 2 x+ y−7=0 . Calcula el área encerrada por las gráficas deambas funciones con el semieje positivo OX .

Debemos representar f (x )=−x2+2 x+3 y la recta 2 x+ y−7=0 .

Primero obtenemos los puntos de corte de ambas gráficas.

2 x+ y−7=0 → y=−2 x+7 → Igualamos ambas gráficas.

−x2+2 x+3=−2 x+7 → −x2

+4 x−4=0 → x2−4 x+4=0 → x=

4±√16−162

=2

Encontramos un único punto de corte de ambas gráficas → (2,3)

Obtenemos puntos de corte de la recta con los ejes.

y=−2 x+7 → x=0 → (0,7)

y=−2 x+7 → y=0 → (72

,0)

Obtenemos puntos de corte de la parábola con los ejes.

f (x )=−x2+2 x+3 , y=0 → −x2

+2 x+3=0 → (−1,0) ,(3,0)

f (x )=−x2+2 x+3 , x=0 → (0,3)

Obtenemos el máximo absoluto de la parábola (el extremo será máximo por ser cóncava, a ser negativo el

coeficiente líder que acompaña a x2).

f (x )=−x2+2 x+3 → f ' ( x)=−2 x+2 , f (x )=0 → x=1 → (1,4) máximo





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Por lo tanto, el área resulta (aplicamos Barrow → ∫a


primitiva de f (x ) ):

A=∫2

72

(−2 x+7−(−x2+2 x+3))dx=∫

2

72

( x2−4 x+4)dx=[

x3

3−2 x2

+4 x ]2

72

A=34324

−492

+14−83+8−8=

343−588+336−6424

=2724

=98

u2





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■ Áreas 12 ♣♣♣

La parábola f (x )=x2

2divide al rectángulo de vértices (0,0) , (4,0) , (4,2) y (0,2) en dos

recintos. Calcular el área de cada recinto.

Podemos realizar un boceto rápido de la curva y del rectángulo.

La curva corta al rectángulo en el punto (2,2) . El rectángulo de base 4 unidades y altura 2 unidades

tiene un área total de 8 u2.

La curva divide al rectángulo en dos áreas, que hemos representado en la gráfica con colores rojo y verde.

El área pintada de rojo será igual a:

Arojo=4−∫0

2x2

2dx=4−[

x3

6]0

2

=4−[86]=4−

43=

83

u2

Y el área pintada de verde será:

Averde=8−Arojo=8−83=

163

u2

Donde hemos aplicado la regla de Barrow → ∫a







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■ Áreas 13 ♣♣

Sean las fuciones f (x )=x2

4y g ( x)=2√x . Hallar los puntos de corte de ambas gráficas,

esbozar el recinto limitado por las gráficas entre los puntos de corte y calcular su área.

La parábola f (x )=x2

4es convexa en todo su dominio, con un mínimo relativo y absoluto en (0,0) .

La raíz g ( x)=2√x es cóncava en todo su dominio.

Los puntos de corte entre ambas funciones se obtienen igualando sus expresiones matemáticas:

x2

4=2√ x → x2

=8√ x → x4=64 x → x4

−64 x=0 → x (x3−64)=0

x=0 , x=4

Para saber qué función está por encima en el intervalo [0, 4] , tomamos un punto del interior del intervaloy comparamos las imágenes.

f (2)=22

4=1 , g (2)=2√2 → f (2)<g (2)

La función g ( x) permanece por encima de f (x ) en el intervalo [0,4] . Por lo tanto, el áreaencerrada por ambas gráficas se calcula:

Área=∫0

4(g ( x)− f ( x))dx=∫0

4(2√ x−

x2

4)dx=2∫0

4

√x dx−14∫0

4x 2dx

Área=2[x3/2

3/2]0

4

−14[x3

3]0

4

=43

[x3 /2]0

4−

112

[ x3]0

4=

43(8−0)−

112

(64−0)=323

−6412

=6412

=163

u2





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■ Áreas 14 ♣♣Calcular el área de la región delimitada en el primer cuadrante por la gráfica de la función

g ( x)= x3y la recta y=4 x .

La función g ( x)= x3es bien conocida.

Estrictamente creciente en todo su dominio, y con unpunto de inflexión en x=0 .

La recta y=4 x también es creciente en sudominio.

Los puntos de corte entre ambas funciones seobtienen igualando sus ecuaciones.

x3=4 x → x3

−4 x=0

x=−2 , x=0 , x=2

Con un sencillo boceto de sus gráficas, comprobamos

que g ( x)= x3está por encima de la recta en el

intervalo (−2,0) y por debajo de la recta en elintervalo (0,2) .

El área que nos pide el enunciado, en el primercuadrante, se calcula con la siguiente integraldefinida:

Área=∫0

2( y−g ( x))dx

Área=∫0

2(4 x−x3

)dx

Área=4 [x2

2]0

2

−[x4

4]0

2

=2[ x2]0

2−

14[ x4

]02

Área=2[4−0]−14[16−0]=8−4=4u2

Donde hemos aplicado la regla de Barrow al resolver la integral definida:

∫a

bf ( x)dx=F (b)−F (a) → siendo F ( x) es una primitiva de f (x ) .





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■ Áreas 15 ♣♣♣

Sea f (x )={( x−1)2 si x≤1a+ln( x) si x>1}

a) Encontrar a para que la función sea continua en x=1 .

b) Para a=0 hallar el área de la región delimitada por la gráfica de f (x ) y las rectas x=1 ey=1

a) Las condiciones de continuidad en el punto frontera de una función a trozos son las siguientes.

1. ∃ f (1)=(1−1)2=0

2. L-=L+

=L

L-=lim

x →1-(x−1)

2=0 , L+

=limx →1+

(a+ln (x))=a → L=a=0

3. f (0)=L → a=0

b) Con a=0 la función es continua en x=1 , tal y como hemos demostrado en el apartado anterior.

En x<1 la función es continua por ser polinómica

En x>1 la función es continua, porque el logaritmo neperiano es continua en los reales positivos.

Por lo tanto, la función a trozos es continua en todo su dominio y podrá ser integrable.

Para saber el área encerrada por la función con las rectas, debemos hacer un boceto de la función.

En x<1 tenemos la parábola x2desplazada una unidad a la derecha, por lo que su mínimo relativo y

absoluto será en el punto (1,0)

En x>1 tenemos la función logaritmo neperiano, que es bien conocida, y que pasa por el punto (1,0)(que coincide con el mínimo absoluto de la parábola anterior).





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Los puntos de corte los obtenemos de igualar la función a trozos con la recta horizontal y=1 .

(x−1)2=1 → x=0

ln( x)=1 → x=e

Por lo que área encerrada será:

Área=∫0

1(1−(x−1)

2)dx+∫1

e(1−ln (x))dx=∫0

1(1−x2

−1+2 x )dx+∫1

e(1−ln (x))dx

Área=∫0

1(−x2

+2 x )dx+∫1

e(1−ln(x ))dx=∫0

1−x2 dx+∫0

12 x dx+∫1

edx−∫1

eln(x )dx

Donde la integral del logaritmo neperiano es una integral bien conocida, que hemos resuelto por partes enejercicios anteriores, y cuyo resultado es:

u (x )=ln( x) → u ' ( x)=1x

v ' (x )=1 → v ( x)= x

f ' ( x)=u( x) · v (x )−∫v ( x) · u ' ( x)dx= x · ln( x)−∫ dx=x · ln (x )−x+C

Por lo que el área queda:

Área=[−x3

3]0

1

+2 [x2

2]0

1

+[ x ]1e−[ x ln(x )−x ]1

e

Área=−13

−0+2 [12−0 ]+[e−1]−[e−e−(0−1)]=

−13

+1+e−1−1=−13

+e−1=3 e−4

3u2





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■ Áreas 16 ♣♣

Sea f (x )=x2

+1x

definida para cualquier valor real x≠0 . Obtener el área de la región plana

delimitada por la curva de f (x ) con el eje de abscisas en el intervalo [1,e ] .

Debemos obtener los posibles puntos de corte de la función con el eje horizontal. Para lo cual hacemos:

f (x )=0 → x2+1=0 → No existen puntos de corte con el eje horizontal

Para saber si la función está por encima o por debajo del eje horizontal en el intervalo [1,e ] , obtenemosla imagen de un punto cualquiera del intervalo.

f (1)=1+1

1=2>0 → La función es positiva en el intervalo [1,e ]

Por lo tanto el área encerrada coincidirá con la siguiente integral definida:

Área=∫1

e x2+1x

dx=∫1

e x2

x+∫1

e 1x

dx=∫1

ex+∫1

e 1x

dx=[x2

2]1

e

+[ ln∣x∣]1e=

e2

2−

12+1−0=

e2+12

u2


∫a

bf ( x)dx=F (b)−F (a) → siendo F ( x) es una primitiva de f (x ) .





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■ Áreas 17 ♣♣

a) Calcule los puntos en que las dos curvas y=e x, y=−x2

cortan a las rectas x=0 , x=1

b) Calcula el área de la región plana limitada del apartado anterior.

a) Para obtener los puntos de corte con las rectas verticales, simplemente evaluamos las curvas en cadapunto.

x=0 → y=e0=1 → (0,1)

x=0 → y=−02=0 → (0,0)

x=1 → y=e1=e → (1, e)

x=1 → y=−12=−1 → (1,−1)

b) La gráfica de la función exponencial y de la parábolacóncava son bien conocidas. En el intervalo [0,1] laexponencial permanece por encima de la parábola, por loque el área encerrada resulta:

Área=∫0

1(e x

−(−x2))dx

Área=∫0

1(e x

+ x2)dx

Área=[ex]01+[

x3

3]0

1

Área=e1−e0

+13−0

Área=e−23=2,05 u2


∫a

bf ( x)dx=F (b)−F (a)

Siendo F ( x) primitiva de f (x ) .





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■ Áreas 18 ♣♣♣

Dibujar y calcular el área de la región plana limitada por las siguientes rectas: y=3 x , y=x ,y=−x+8 , x=3 .

Dibujamos las rectas, a partir de los puntos de corte con los ejes y de su pendiente

y=3 x → Corta a los ejes en el (0,0) y pendiente 3

y=x → Corta a los ejes en el (0,0) y pendiente 1

y=−x+8 → Corta a los ejes en el (0,8) y en el (8,0) y pendiente -1

x=3 → Recta vertical que pasa por (3,0)

Los puntos de corte de las rectas que delimitan el área encerrada son (0,0), (2,6), (3,5), (3,3).

Observando en cada intervalo que recta se encuentra por encima de la otra, podemos obtener el áreamediante las siguientes integrales definidas:

Área=∫0

2(3 x−x )dx+∫2

3(−x+8−x )dx=∫0

2(2 x)dx+∫2

3(−2 x+8)dx=[ x2

]02−[ x2

]23+8[ x ]2

3

Área=(4−0)−(9−4)+8(3−2)=7u2

Donde hemos aplicado la regla de Barrow al resolver la integral definida: ∫a

bf ( x)dx=F (b)−F (a) ,

siendo F ( x) primitiva de f (x ) .





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■ Áreas 19 ♣♣

Calcular el área que encierra la función f (x )=e xcon la recta y=e y el eje vertical (ojo: con el

eje vertical).

La gráfica de la función exponencial es bienconocida, por lo que podemos dibujarfácilmente el área que nos solicitan.

El punto de corte entre la exponencial y larecta y=e resulta:

e x=e → x=1

Por lo que podemos obtener numéricamente elárea encerrada con el eje vertical con laintegral definida:

Área=∫0

1(e−e x

)dx

Área=e [ x]01−[e x

]01

Área=e [1−0]−[e−1]=e−e+1=1u2


bf ( x)dx=F (b)−F (a) ,






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■ Áreas 20 ♣♣Encuentre los dos puntos en que se cortan las gráficas de las funciones siguientes:

f (x )=cos (π x4

) , g ( x)=x2

4−1

Calcule el área de la región del plano encerrada entre ambas gráficas.

La parábola g ( x)=x2

4−1 posee su mínimo relativo y abosoluto en (0,−1) , ya que es una traslación

vertical de la parábolax2

4. Corta al eje horizontal en los puntos (−2,0) y (2,0) .

La función coseno pasa por (0,1) y se anula cuando el argumento de la función coseno es múltiplo de

π2

radianes → π x4

=π2

→ x=2 → Pasa por los puntos ... (−2, 0) , (2, 0) , (6, 0) ...

Debido a la periodicidad de la función coseno, su gráfica se repite cuando el argumento es múltiplo de

2π radianes → π x4

=2π → Periodo igual a 8 radianes.

Ambas gráficas se cortan en los puntos (−2, 0) , (2,0) . Por lo que el área encerradadaresulta:

Área=∫−2

2(cos (

π x4

)−(x2

4−1))dx=2∫0

2(cos (

π x4

)−(x2

4−1))dx

Por simetría, el área total es el doble del área encerrada en el intervalo [0, 2] .

Área=2(4π [ sen(

π x4

)]0

2

−112

[ x3]0

2+[ x ]0

2)=2(

4π [1−0]−

112

[8−0]+[2−0 ])=2(4π−

23+2)=5,21u2


bf ( x)dx=F (b)−F (a) ,






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■ Áreas 21 ♣♣♣

Considere las curvas f (x )=3− x2y g ( x)=

−x2

4.

a) Calcula la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f (x ) en el punto de abscisa x=1 ycomprueba que también es tangente a la gráfica de g ( x) . Determina el punto de tangencia con lagráfica de g ( x) .

b) Esboza el recinto limitado por la recta y=4−2 x y las gráficas de f (x ) y g ( x) . Calculatodos los puntos de corte entre las gráficas (las dos curvas y la recta).

c) Calcula el área del recinto descrito en el apartado anterior.

a) Para obtener la recta tangente a una función en un punto x0 necesitamos la imagen del punto

f (x0) y la derivada de la función evaluada en el punto f ' ( x0) (que coincide con el valor de lapendiente de la recta tangente).

x0=1 → f (1)=2

f ' ( x)=−2 x → f ' (1)=−2

De la ecaución punto-pendiente de la recta → r :−2=y−2x−1

→ y=−2 x+4

Esta recta será, a su vez, tangente a la otra función g ( x) si solo la corta en un único punto (punto detangencia) y la pendiente de la recta coincide con la derivada de la función g ( x) en ese punto detangencia.

Igualamos recta y función → −2 x+4=−x 2

4→ 0=−x2

+8 x−16 → 0=(x−4)2

→ El único

punto de corte acontece para x=4 .

Comprobamos, finalmente, que la derivada de g ( x) en x=4 coincide con −2 , valor de lapendiente de la recta.

g ' (x )=−x2

→ g ' (4)=−2 → El punto de tangencia es (4, g (4))=(4,−4)

b) Para obtener el recinto limitado obtengo los vértices de cada parábola y los cortes entre las parábolas yde cada parábola con la recta (que coincide con la recta tangente del apartado anterior, por lo que ya sé quela recta y f (x ) solo se cortan en x=1 , mientras que la recta y g ( x) se cortan solo en x=4 ).

Vértice de f (x )=3− x2→ f ´ (x )=0 → −2 x=0 → En x=0 hay un máximo absoluto.

Vértice de g ( x)=−x2

4→ g ´ ( x)=0 →

−x2

=0 → En x=0 hay un máximo absoluto

Cortes entre las parábolas → f (x )=g ( x) → 3− x2=

−x2

4→ x=±2





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c) El área encerrada simultáneamente por la recta y las dos parábolas ocurre en el intervalo [1, 4 ] . Hayque darse cuenta que en [1,2] la gráfica que queda por arriba es la recta y la que queda por debajo es

f (x )=3− x2, mientras que en [2, 4] la recta sigue quedando por arriba pero por debajo está la

función g ( x)=−x2

4.

Área=∫1

2(4−2 x−(3−x2

))dx+∫2

4(4−2 x−(

−x2

4))dx

Área=∫1

2(1−2 x+x2

)dx+∫2

4(4−2 x+

x2

4)dx

Aplicamos la Regla de Barrow, recordando la relación entre la primitiva F ( x) de una función f (x ) aintegrar en un intervalo:

F ( x)=∫ f (x)dx → F (b)−F (a )=∫a

bf ( x)dx

Área=[ x ]12−[ x2

]12+

13[ x3

]12+4 [ x]2

4−[ x2

]24+

112

[x3]2

4

Área=(2−1)−(4−1)+13(8−1)+4(4−2)−(16−4)+

112

(64−8)=1u2


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