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Respuestas Segundo Parcial MA-1112 (A) 1. (a) Por partes, 2ln(1 + x2 ) dx = 2x ln(1 + x2 ) − = 2x ln(1 + x2 ) − 4 = 2x ln(1 + x2 ) − 4 = 2x ln(1 + x2 ) − 4 2x 2x dx (1 pto.) 1 + x2 x2 dx (1 pto.) 1 +x2 1 + x2 − 1 dx (1 pto.) 1 + x2 1 1− dx (1 pto.) 1 + x2

= 2x ln(1 + x2 ) − 4 x − arctan(x) + C (1 pto.) (b) cos5 (x) sen(x) dx = = cos(x) cos2 (x)
2

sen− 2 (x) dx
2

1

cos(x) 1 − sen2(x)

sen− 2 (x) dx (1 pto.)

1

Hacemos u = sen(x), du = cos(x)dx. Se obtiene cos5 (x) sen(x) 1 − u2 u− 2 du (1 pto.) 1 − 2u2 + u4 u− 2 du u− 2 − 2u 2 + u 2 du (1 pto.)
1 3 7 1

dx = = =

21

1 4 5 2 9 = 2u 2 − u 2 + u 2 + C (1 pto.) 5 9 1 5 9 4 2 = 2 sen 2 (x) − sen 2 (x) + sen 2 (x) + C (1 pto.) 5 9

(c) Como log3 (x) =

ln(x) ln(3) log3 (x) − 3 dx = xln(x) =
ln(x) ln(3)−3

xln(x)
ln(x) ln(3)

dx (1 pto.) 3 dx xln(x) 3 dx (1 pto.) xln(x)

xln(x) 1 1 dx − = ln(3) x Ahora I1 =

dx −

1 dx = ln| x| + C1 x

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2

En I2 = Hacemos la sustituci´n u = ln(x), du = o 3 dx xln(x) 1 dx. Nos queda: x

I2 =

3 1 dx = 3 du (1 pto.) xln(x) u = 3 ln| u| + C2 = 3 ln| ln(x)| + C2 (1pto.)

Entonces ln | x| log3 (x) − 3 dx = − 3 ln| ln(x)| + C = log3 | x| − 3 ln| ln(x)| + C (1 pto.) xln(x) ln(3)

2. Por partes,
1 0

x2 e3x dx = = = = =

x2 x2

e3x 3 e 3

1

− −

1 02x
1

0 3x 1 0 3x 1

e3x dx (1 pto.) 3

2 3

e x2 3
2

2 e3x −  x 3 3 0
1



0

x e3x dx (1 pto.)
1

−
0

1 0

e3x dx 3
1



(1 pto.)

1 e3x 2 e3x 2 3x x + − xe (1 pto.) 3 0 9 9 3 0 0 1 3 2 2 3 2 1 e − e3 + e − = 5e3 − 2 (1 pto.) 3 9 27 27 27

3. ln(2x − 1) = ln(x2 − 16) 2x − 1 = x2 − 16 Entonces x2 − 2x − 15 = 0 por lo tanto las posibles soluciones sonx = 5 y x = −3. (Hasta aqu´ 3 ptos.) ı

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3

Ahora, para que ln(2x − 1) = ln(x2 − 16) est´ bien definida se...