1

Unidad 10 – Integrales definidas. Aplicaciones

PÁGINA 235

SOLUCIONES

1. Las áreas quedan:

221 3211 uA =⋅+=

22 2

2

22uA =

⋅=

23 52

2

32uA =⋅

+=

2. El área del recinto viene dada por :

( ) ( )4

2

1

Área 3 2 10,5x dx u= − − − − =∫

2

PÁGINA 249

SOLUCIONES

1. La solución queda:

Directo: Si sumamos dos números impares entonces, obtenemos un número par.

Este resultado es verdadero: (2 1) (2 1) 2( 1)n m n m+ + + = + + número par

Recíproco: Si obtenemos un número par, entonces, sumamos dos números impares. Este resultado es falso. Podemos obtener un número par de la suma de dos pares. Contrario: Si no sumamos dos números impares, entonces, no obtenemos un número par. Este resultado es falso. De la suma de dos números pares se obtiene un número par. Contrarecíproco: Si no obtenemos un número par, entonces, no sumamos dos números impares. Este resultado es verdadero. Si no obtenemos un número par, estamos obteniendo un número impar. Este resultado proviene de sumar un número impar y otro número par; por tanto, no sumamos dos números impares.

2. Como en la hipótesis nos dicen que a y b son dos números reales positivos, podemos poner

m a= y n b= ; así la desigualdad dada quedaría de la forma:

2 2

2·

1 1m n

m n

≤

+

Operando en esta desigualdad obtenemos 2 2

2 2

2·

m nm n

m n≤

+ o lo que es lo

mismo, vamos a demostrar que 2 2

2 2

2· 0

m nm n

m n− ≥

+.

Operando, convenientemente, en la primera expresión obtenemos:

( )22 2

2 2 2 2

2· ·

m nm n mnm n m n

m n m n

− + −=

+ + y como m y n son números reales positivos queda

probado que esta expresión es mayor o igual que cero que es lo que queríamos demostrar.

3

PÁGINA 254

4

SOLUCIONES

1. Las sumas quedan:

La suma superior es: 7224321612)24(16)02(16))1(0()( =++=⋅−+⋅−+⋅−−=PS .

La suma inferior es: 39024150)24(12)02(15))1(0()( =++=⋅−+⋅−+⋅−−=Ps .

2. Las sumas quedan:

La suma superior es: .1310310)23(3)12()( =+=⋅−+⋅−=PS

La suma inferior es: .4313)23(1)12()( =+=⋅−+⋅−=Ps

3. Las integrales definidas quedan:

a) 6

1

4

3dx

x +∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y

aplicando la regla de Barrow obtenemos: 6

18 3 24 16 8x + = − =

b) 1

0 2

x

x

edx

e +∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y

aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( )1

0

2ln 2 ln 0,45

3

x ee

+ + = =

c) 5

3

ln xdx

x∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y

aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( ) ( ) ( )

52 2 2

3

ln ln5 ln30,69

2 2 2

x = − =

d) 3

22 1

dx

x+∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y

aplicando la regla de Barrow obtenemos: [ ]3

2arctg arctg 3 arctg2 0,06x rad= − = −

e)

( )

1

41 2

4

2

xdx

x−

+∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y

aplicando la regla de Barrow obtenemos:

( )

1

32

1

20

3 2x−

− =

+

5

f) 4

22

2 4

1

xdx

x

+

−∫ Resolvemos la integral indefinida por el método de integración de funciones

racionales, descomponiendo la fracción dada en suma de fracciones simples.

Después hacemos 0C = y aplicando la regla de Barrow obtenemos el resultado de la integral

pedida:

2

2 4 3 1

1 11

xdx dx dx

x xx

+= −

− +−∫ ∫ ∫ ⇒

4

22

2 4

1

xdx

x

+

−∫

( )4

34

22

2

12 4 81ln ln 2,79

1 51

xxdx

xx

−+ = = =

+− ∫

g) 2

5

32

1xdx

x x

+

−∫ Calculamos la primitiva por descomposición en fracciones simples,

aplicamos la regla de Barrow y obtenemos:

[ ]

25 5 5 5

32 2 2 2

5

2

1 1 1 1

1 1

16ln ln ( 1) ln ( 1) ln 1,1632

5

xdx dx dx dx

x x xx x

x x x

+= − + + =

− +−

= − + − + + = =

∫ ∫ ∫ ∫

h) 4

09 4xdx+∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y

aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( )

43

0

9 4 125 27 49

6 6 6 3

x + = − =

i) 0

b dx

x b+∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y

aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( )0

2ln ln ln2 0,69

b bx b

b + = = =

j) 2

1 2

xdx

x− +∫ Resolvemos la integral indefinida por el método de integración de funciones

racionales, dividiendo numerador por denominador. Después hacemos 0C = y aplicando la

regla de Barrow obtenemos el resultado de la integral pedida:

2

1

2ln 2 3 ln4 1,61

2 2 2

x xdx dx dx x x C dx

x x x−= − = − + + ⇒ = − =

+ + +∫ ∫ ∫ ∫

k) ( )2 5

2 3

04 1x x dx+∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata,

haciendo 0C = y aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( )

26

3

0

2 1118097,8

9

x + =

6

l) ( )50

63 11

50x x dx

−+∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo

0C = y aplicando la regla de Barrow obtenemos:

5064 12

50

064 12

x x

−

+ =

m) 1

024·2 ·x dx∫ Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 0C = y

aplicando la regla de Barrow obtenemos:

1

0

24·2 24

ln2 ln2

x =

n) 0

2

1· ·xx e dx

−∫ Calculamos la integral indefinida por el método de integración por partes.

Después haciendo 0C = y aplicando la regla de Barrow obtenemos:

00

2 2 2 2 2 2

11

1 1 1 1· · · · · 0,15

2 4 2 4

x x x x x xx e dx x e e C x e dx x e e−

−

= − + ⇒ = − =

∫ ∫

ñ) 3

2 1

dx

x x +∫ Resolvemos esta integral por el método de cambio de variable. Para ello

hacemos 21x t+ = y obtenemos una integral racional que hemos de descomponer en suma

de fraccionas simples.

( )2

2 1 1 1 1ln

1 11 1 1

tdt xdt dt

t tt t x

+ −= − =

− +− + +∫ ∫ ∫

Después aplicamos la regla de Barrow y calculamos el valor de la integral definida dada:

3

3

2

2

1 1ln 0,218

1 1 1

dx x

x x x

+ −= =

+ + +∫

4. La integral queda:

32

3

32)1()(

3

0

33

1

0

1

0

1

3

0

22

+=

+

−=+−=∫ ∫ ∫− −

−

xxxdxxdxxdxxf

5. Como 0240)2( =++⇒= BAP

Como 2263423

4)(

1

0

231

0=+⇒=

++⇒=∫

−

BABxAxx

dxxP

Resolviendo el sistema formado por las dos condiciones obtenemos:

9

46

2263

42−=⇒

=+

−=+A

BA

BA Y

9

56=B .

7

6. Las integrales quedan:

a) [ ] 6332

0

2

0==⋅

−−

∫ xdx

b) [ ] 923

02

3

0==⋅∫

−

xdxx

c) [ ] 823

12

3

1==⋅∫

−

xdxx

d) ∫ ∫∫ −

−−

−=⋅+⋅−=⋅

0

2

2

0

2

24dxxdxxdxx

e) [ ] 0cos2

0

2

0=−=⋅∫

− ππ

xdxxsen

f) 5,402

81

4

3

3

43

3

3==

=⋅

−

−

−∫x

dxx

7. Hallamos la función del modo siguiente:

i) Como baxF ++=⇒∈ 12)()2,1(

ii) 5710][10)( 21

343

1−=+⇒=++⇒=∫

−

babxaxxdxxf Por tanto:

=

−=⇒

−=+

=+

2

1

57

1

b

a

ba

ba

8

PÁGINA 255

9

SOLUCIONES

8. El área queda:

a) 22

2

1

32

1

2 3,13

4

3)1( uux

xdxx ==

−=−∫

−

b) 22

3

1

33

1

2 7,83

26

3uu

xdxx ==

=⋅∫

−

9. La solución queda:

El área del recinto sombreado viene dada por:

2

3

1

23

1162

2

36

2

272

2

3)23( ux

xdxx =

+−

+=

+=+∫

Directamente este recinto es un trapecio y su área vale:

21622

511

2uh

bBA =⋅

+=⋅

+=

Con lo que queda comprobado el resultado anterior.

10. El área del recinto sombreado es:

43

42 2

1

0

2 2

( 4 ) 22

64 3232 10,7

3 3

xÁrea x x dx x

u u

= − − = − − =

= − − = =

∫

11. La solución es el recinto sombreado:

43

42 2

0

0

2

(4 ) 22

64 3232 10,7

3 3

xÁrea x x dx x

u

= − − = − =

= − = =

∫

10

12. El área pedida es la del recinto sombreado.

74 3 2

73 2

20

2

8 7( 8 7 )

4 3 2

2 401 2744 343 644 14 139,58

4 3 2 3

x x xÁrea x x x dx

u

= − − + = − − + =

= − − + − − + =

∫

13. El área del recinto sombreado buscado vale:

[ ]12 12

66

2

3636ln

1236ln 36ln2 24,95

6

Área dx xx

u

= − = =

= = =

∫

14. Las diversas áreas quedan:

a) 4

2 2

0

2562 (16 )

3Área x dx u= − =∫

b) Estas curvas se cortan en los puntos solución del sistema:

11

c) La función es:

El área de la zona sombreada es:

d) La gráfica queda:

El área sombreada es:

∫∫ −−

−=

−−=−−=+−−=

1

2

2

1

2

232

1

2

2 5,423

2)2()]2()4[( uxx

xdxxxdxxxA ��

12

e) La gráfica queda y el área sombreada quedan:

2

2

0

32

2

0

2

3

4

3)2( u

xxdxxxA =

−=−= ∫

−�

f) La gráfica queda y el área sombreada quedan:

=

−+−+

−+=−+−−++−−= ∫∫

−−

1

0

1

0

42

30

2

234

320

2

23

4334)2(])2([

xx

xx

xxdxxxxdxxxxA ��

22 08.3

12

37

12

5

3

8uu ==+=

15. La gráfica y la superficie quedan:

13

16. La solución queda:

∫ =−0

2

2 12)2( dxxxa

123

0

2

23

=

− x

xa

9123

4=⇒= aa

17. La solución queda:

61,2565700030003]0003[100 3900

3/90

0

30/=−==⋅∫ eedte tt gramos en total se vendieron los

90 primeros días.

14

PÁGINA 256

15

SOLUCIONES

18. Resolvemos la integral indefinida por el método de partes:

∫ ∫ +++=−⋅+=+ .cos)()(cos)( Cxxsenaxdxxsenxsenaxdxxax

dvdxx

uax

=

=+

cos xsenv

dxdu

=

=

Calculamos la integral definida aplicando la regla de Barrow:

∫ −+=++=+ 12

]cos)[(cos)( 2/0 axxsenaxdxxax

ππ

Luego imponiendo la igualdad de enunciado obtenemos: 012

12

=⇒−=−+ aaππ

19. La solución es:

a) Todas las primitivas de )(xf vienen dadas por su integral indefinida:

∫ +++=++ Cxxxdxxx 85)8104( 243

Por tanto: CxxxxF +++= 85)( 24

Calculamos la primitiva que cumple 20)1( =F : 620851 =⇒=+++ CC

La primitiva buscada es: 685)( 24+++= xxxxF

b) )(xf ∫ =++−++=++=++

2

1

21

243 38)851()162016(]85[)8104( xxxdxxx

20. Queda:

i)

−=

=⇒++=+−⇒=′

4

444)()( 33

b

acbxaxcxxxfxF

ii) ∫∫ −=+−=++⇒=++1

0

10

2431

0

3 1]2[)44(1)( ccxxxdxcxxdxcbxax

Como 211 =⇒=− cc

16

21. Las curvas dadas se cortan en los puntos solución del sistema:

Área sombreada:

Por tanto, la cantidad de agua transpirada por la hoja

en ese periodo de tiempo es:

7,163

502

3

25==⋅=C mg

22. La función polinómica es de la forma: cbxaxxf ++=2)(

Como pasa por c=⇒0)0,0(

Como pasa por cba ++=⇒ 399)0,3(

Como tiene un máximo en ba +=⇒ 60)9,3(

Siendo

=

−=

=

6

1

0

b

a

c

la función queda: xxxf 6)( 2+−=

La recta pasa por )9,3()0,0( y tiene de ecuación: xy 3=

33 2

3 32 2 2

0 00

3 9[( 6 ) (3 )] ( 3 )

3 2 2

x xÁrea x x x dx x x dx u

= − + − = − + = − + =

∫ ∫

23. La solución queda:

a) 2

1)(3)13(

2

13

13

1)( 3/13/23/13/2

2

1

3/2

1 2

3/2

1+−=−−

−=

−=

+= ∫∫ eeaaeae

xaedx

xedxxf xx

su valor absoluto representa el área del recinto limitado por la grafica de la función )(xf ,

el eje OX y las rectas 21 == xyx .

17

b) Si F es primitiva de f, imponiendo las condiciones tenemos que:

02

1

2

1)(3

2

1)1()2()( 3/13/2

2

1=⇒=+−⇒=−=∫ aeeaFFdxxf

24. El área del recinto sombreado es:

25. La solución es:

a) La ecuación de la parábola que pasa por los puntos )0,4(−A y )0,4(D y tiene el vértice en

)3,0(E es: 316

3 2+−= xy

b) El are de la ventana rectangular es 24 2u .

El área de la ventana parabólica es:

Luego hemos perdido un 33,3% de luminosidad.