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1 Unidad 9 – Integrales indefinidas PÁGINA 213 SOLUCIONES 1. La solución es: a) 5 , 3 ) ( ; 8 ) ( 2 2 - = + = x x F x x F b) - = ) ( x F cos - = - ) ( ; 2 x F x cos 3 1 + x c) x x e x F e x F - - = + - = ) ( ; 2 ) ( d) 1 ) 2 ( ln 3 ) ( ; 5 ) 2 ( ln 3 ) ( - + = + + = x x F x x F 2. La solución en cada caso: a) ) ( ) 2 ( ) 2 ( 4 4 ) ( 4 3 4 3 4 3 4 3 x f x x x x x F = - = - = , por tanto ) ( x F es primitiva de ) ( x f . b) ) ( ) 1 ( 2 ) 1 ( 1 1 1 1 ) 1 ( 1 ) ( 2 2 2 x f x x x x x x x F = + - - = + - - - = + - + + - = , por tanto ) ( x F es primitiva de ) ( x f . c) () 4 sen2 cos2 4 cos2 sen2 8 sen2 cos2 () Fx x x x x x x fx = + = =

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1

Unidad 9 – Integrales indefinidas

PÁGINA 213

SOLUCIONES

1. La solución es:

a) 5,3)(;8)( 22−=+= xxFxxF b) −=)(xF cos −=− )(;2 xFx cos

3

1+x

c) xx exFexF −−=+−= )(;2)( d) 1)2(ln3)(;5)2(ln3)( −+=++= xxFxxF

2. La solución en cada caso:

a) )()2()2(4

4)(

4 34

3

4 34

3

xfx

x

x

xxF =

−=

−=′ , por tanto )(xF es primitiva de )(xf .

b) )()1(

2

)1(

11

1

1

)1(

1)(

222xf

x

x

x

x

xxxF =

+

−−=

+

−−−=

+

−+

+−=′ , por tanto )(xF es primitiva de )(xf .

c) ( ) 4 sen2 cos2 4 cos2 sen2 8 sen2 cos2 ( )F x x x x x x x f x′ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

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2

PÁGINA 225

SOLUCIONES

1. Los números de la forma 2 1n + y 2 3n + son números impares. Su suma es:

(2 1) (2 3) 4 4 4( 1)n n n n+ + + = + = + que es un número par.

2. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( )P Q a b c d a c a d b c b d ac bd ac bd⋅ = + ⋅ + = + + + = + + −

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PÁGINA 230

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4

SOLUCIONES

1. Las primitivas quedan:

2. Todas las primitivas son de la forma de 1

1)(

+=

xxf son de la forma CxxF ++= 1ln)( .

La que vale 3 para 0=x es: 31ln)( ++= xxF

3. La función buscada es: 2)( 3+= xxf

4. Las primitivas quedan:

k) ( )

2tg x

2C+ l) ( )

338

19

x C−

− +

5. La integrales quedan:

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6. Las integrales quedan:

7. Las integrales quedan:

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PÁGINA 231

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7

SOLUCIONES

8. Las integrales quedan:

9. Las integrales quedan:

a) ( )3

2 222 4 5 2 5

3

xx x dx x x C− + = − + +∫ b)

2

2

1 3 13

2

xx dx C

xx

+ = − +

c) ( )( )

5

22

4 45

xx x dx C

−− + = +∫ d)

42ln 3 2

3 2

xx

x

edx e C

e= − − +

−∫

e) 4 7

4 3 5 82 5ln

7

xx dx x C

x

− = − +

∫ f)

4 433 2

2 2ln4

x x x xdx x x C

x

− += − + +∫

g) 2

2

1 1ln 2 4 7

42 4 7

xdx x x C

x x

+= + − +

+ −∫ h) ( )4

3 39 24

xx x dx x C− = − +∫

i) ( )2

2

3 3ln 16

216

xdx x C

x= + +

+∫ j) ( )( )

32

22

5 2 32 3 5 ·

12

xx x dx C

−− = +∫

k) 2

3 2

2 5 7 5 72ln

3 5 3 10x x dx x C

xx x

− + = + + +

∫ l)

23

3

5 5ln 8

38

xdx x C

x= + +

+∫

10. Las integrales quedan:

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8

11. Las integrales quedan:

a) 3

3 6ln 22

xdx x x C

x= + − +

−∫ b) 2

44ln 2 4ln 1

3 2dx x x C

x x= − − − +

− +∫

c) 3 2

2

22 ln ( 4)

24

x xdx x C

x

−= − + + +

+∫ d) 3 2

2

33 arctg

21

x x xdx x C

x

+ += + +

+∫

e) 2

2

1 1ln

11

x xdx x C

xx

+ −= + +

+−∫ f) 2

3 2

4 3 1 2ln 3 ln 1

12

x xdx x x C

xx x x

− += + − − +

−− +∫

i)

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9

12. Las integrales quedan:

a) Cambio de variable )1( 22 tx =−

b) Cambio )( te x=

− ;

c) Cambio )ln1( 3tx =+ ;

d) Cambio )32( 2tx =− ;

e) Cambio )1( 22 tx =+ ;

f) Cambio )ln( tx = ;

g) Cambio )( 2tx = ;

h) Cambio )( 2tex= ;

i) Cambio ;)1( 2tx =+

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PÁGINA 232

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11

SOLUCIONES

13. Queda:

∫ ++−

=

+= Cx

xdxx

xxf 2

34 3

12

1)(

Si la grafica de esta función pasa por (2, 4) se verifica: 24

14

24

14 =⇒++−= CC

La función pedida es 24

1

3

1)( 2

3++

−−= x

xxf

14. Queda:

15. La solución es:

226)( 2++=′′ xxxf

Cxxxxf +++=′ 22)( 23 Por pasar por 3)0,1( =⇒− C

Luego 322)( 23+++=′ xxxxf

Cxxxx

xf ++++= 332

)( 234

Imponiendo que pase por (0, 5) obtenemos 5=C luego 5332

)( 234

++++= xxxx

xf .

16. Las integrales quedan:

a) Es inmediata ( ) Cxxx

dxxx ++−=+−∫ 32

5

3

2352

232

b) Es inmediata Cxdxx

x++=

+∫ )5(ln5

2 2

2

c) Por cambio de variable )1( tx =+ obtenemos:

d) Es racional

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12

17. En cada apartado:

a)

b) Su gráfica es:

18. La solución:

Por partes:

Para que se anule en 2=x se debe verificar:

Por tanto la primitiva buscada es:

19. La solución:

Por tanto, la función buscada es:

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13

20. Queda:

Como DCxxxfCxxfxf ++=⇒+=′⇒=′′ 2)(2)(2)(

Como )(xf ′′ pasa por (2, 0) : DC ++= 240

Como 10)2( =′f : 104 =+C

Entonces: 6=C ; 16−=D

La función buscada es: 166)( 2−+= xxxf

21. La solución de la integral racional es:

Cxxdxx

dxx

dxxx

x+−+=

−+

−=

+∫ ∫∫ 1ln2ln

1

2112

22. La solución es:

Cx

xfxxf +=′⇒=′′2

3)(3)(

2

. Como 22)0( =⇒=′ Cf

Luego 22

3)(

2

+=′x

xf , por tanto 122

)(3

++= xx

xf

23. Queda:

24. La integral queda:

Todas las primitivas de )(xf son Ce

xFx

++

=5

)1(2)(

2/5

Dos primitivas son: 75

)1(2)(

2/5

1 ++

=

xexF y 12

5

)1(2)(

2/5

2 −+

=

xexF

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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= − − − − =∫

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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

1 1m n

m n

+

Operando en esta desigualdad obtenemos 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.

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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−

− =

+

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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 + =

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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 .

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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

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8

PÁGINA 255

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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

= − − = − =

= − = =

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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:

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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 ��

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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:

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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.

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14

PÁGINA 256

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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

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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 .

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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.