Parcial 1 Calculo 2

Ciclo Básico – Departamento de Matemática Aplicada
Código: 0252 – Secciones 05 y 06
Miércoles 25 de Mayo de 2011
Profesor: José Luis Quintero

F ACULTAD DE INGENIERÍA

UNIVERSIDAD CENTRAL DE VENEZUELA

Cálculo II
Primer Examen Parcial (33.33%)
1. Calcule las siguientes integrales:

a.

∫

3. La función f definida y continua
para todo número real x, satisface
la ecuación

ln(x+ x2 + 1)dx
(2 puntos)

b.

∫

dx
x 2x − x2
(3 puntos)

c.

∫

3

1+ x

∫

x

f(t)dt =
0

x

t2 f(t)dt +
x

sen16 ( πx )
2
8

+

sen18 ( πx )
2

a. Encuentre f(x).
b. Usando
la
ecuación
calcule

∫

4

dx

∫

1

9

−

1
9

dada,

1

(x2 + 1)f(x)dx .
0

(1 punto + 2 puntos = 3 puntos)

(3 puntos)

d.

∫

4. Calcule

1 −sen(x) + cos(x)
dx
1 + sen(x) − cos(x)

lím

(4 puntos)

2. Aplicando
propiedades
integral definida, calcule

∫

1

−1

de

la

 2x + tg(x)

+ x2 − 3x  dx .

2
 1+ x


(2 puntos)

n →∞

1  2 2 /n
1e
+ 22 e4 /n + 32 e6 /n + ... + n2e2n/n 
3

n

pasando a una integral definida.
(3 puntos)

Cálculo II (0252) / 25 de Mayo de 2011

1. Calculelas siguientes integrales:
a.

∫

ln(x + x2 + 1)dx

Solución.
Aplicando integración por partes donde

u = ln(x + x2 + 1) ⇒ du =

(2 puntos)

x + x2 +1
x2 +1
x + x2 +1
1

dx

dx ⇒ du =

, dv = dx ⇒ v = x ,

x2 + 1

se tiene

∫

ln(x + x2 + 1)dx = x.ln(x + x2 + 1) −

∫

x
x2 + 1

dx .

De modo que

∫

x
x +1
2

dx =

∫

dz = z + C =

x2 + 1 + C.

z2 = x2 + 1 ⇒ zdz = xdx
Por lo tanto

∫
b.

∫

ln(x + x2 + 1)dx = x.ln(x + x2 + 1) − x2 + 1 + C

dx

x 2x − x2
Solución.
Completando cuadrados

(3 puntos)

2x − x2 = −(x2 − 2x) = 1 − (x2 − 2x + 1) = 1 − (x − 1)2

∫

dx
x 2x − x2

=

∫

dx

=

x 1 − (x − 1)2

∫

dz
(z + 1) 1 − z2

=

z = x − 1 ⇒ dz = dx

v=

∫

dz
(z + 1) 1 − z

2

=

∫cos(θ)
dθ =
(1 + sen(θ)).cos(θ)

∫

1
dθ
1 + sen(θ)

z = sen(θ) ⇒ dz = cos(θ)dθ

∫

1
1 − sen(θ)
.
dθ =
1 + sen(θ) 1 − sen(θ)
=

c.

∫

3

1+ 4x
x

∫

1 − sen(θ)
cos2 (θ)
z

1−z

2

dθ =
1

−

1−z

2

∫

(sec2 (θ) − sec(θ)tg(θ))dθ = tg(θ) − sec(θ) + C

+C =

x−2
2x − x2

+C

dx

Solución.

(3 puntos)

Primer cambio de variable: u =x ⇒ 4u du = dx
La integral resultante viene dada por
4

3

4

∫

u3 3 1 + u
u2

du = 4

∫

u.3 1 + udu

Segundo cambio de variable: z = 1 + u ⇒ 3z dz = du , z3 = 1 + u ⇒ u = z3 − 1
La integral resultante viene dada por
3

2

Cálculo II (0252) / 25 de Mayo de 2011

12

∫

z3 (z3 − 1)dz

Resolviendo y devolviendo cambios se tiene

12

∫

z3 (z3 − 1)dz = 12∫

12 7 12 4
z−
z +C
7
4

12
12
(1 + u)7 /3 − 3(1 + u)4 /3 + C =
(1 + x1/4 )7 /3 − 3(1 + x1/4 )4 /3 + C
7
7

=
d.

∫

(z6 − z3 )dz =

1 − sen(x) + cos(x)
dx
1 + sen(x) − cos(x)

Solución.
Cambio universal:

(4 puntos)

x
t = tg( 2 ) ⇒ x = 2arctg(t) ⇒ dx =

∫

1−
1+

2t
1 + t2
2t
1 + t2

+
−

1 − t2
1 + t2
1 − t2
1 + t2

.

2
1+ t

dt =

2∫

2
1+ t

2

dt , sen(x) =

1 + t2 − 2t + 1 − t2
1 + t + 2t − 1 + t
2

2

.

2
1+ t

2

2t
1+ t

dt = 2

cos(x) =

,

2

∫

1 − t2
1 + t2

1−t
t(t + 1)(t2 + 1)

dt

Aplicando fracciones simples:

∫

1−t
t(t + 1)(t + 1)
2

1−t
t(t + 1)(t2 + 1)

=
=

dt =

∫

A
dt +
t

∫

B
dt +
t +1

∫

Ct + D
t2 + 1

dt

A(t + 1)(t2+ 1) + B(t3 + t) + (Ct + D)(t2 + t)
t(t + 1)(t2 + 1)
(A + B + C)t3 + (A + C + D)t2 + (A + B + D)t + A
t(t + 1)(t2 + 1)

A +B+C = 0
A +C+D = 0
A + B + D = −1
A =1
Por lo tanto A = 1 , B = −1 , C = 0 , D = −1 . De modo que

2

∫

1−t
t(t + 1)(t + 1)
2

dt =

∫

= 2 ln

2
dt −
t

∫

2
dt −
t +1

∫

2
t +1
2

dt = 2 ln t − 2 ln t + 1 − 2arctg(t) + C

x...