I1 Calculo 2 Tav

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile Facultad de Matem´ aticas 6 de enero de 2006 MAT 1512 - C´ alculo II Interrogaci´ on N◦ 1 1.

a) Demuestre que para todos a, b > 0 se tiene que ln(ab) = ln(a) + ln(b). Soluci´ on: Probaremos que ∀x > 0 se tiene que ln(ax) = ln(a) + ln(x). Dada la definici´on del logaritmo como una integral, lo que necesitamos probar es que, para todo x positivo, Z

Z a Z x dt dt dt = . + t t t | 1 {z } |1 {z 1 } ax

F (x)

G(x)

Tenemos que Z F (1) = 1

a

Z

dt t

& G(1) = 1

a

dt + t

Z 1

1

dt = t

Z 1

a

dt . t

Luego, F (1) = G(1). Por otra parte, por el teorema fundamental del C´alculo, F 0 (x) =

1 d 1 1 · (ax) = ·a = , ax dx ax x

mientras que G0 (x) = 0 +

1 1 = . x x

Por lo tanto, F 0 (x) = G0 (x) ∀x > 0 y como ambas tienen un punto com´ un, F (x) = G(x) ∀x > 0 ¥

µ b) Calcular l´ım

n→∞

1 1 1 1 + + + ··· + n+1 n+2 n+3 3n

¶ .

Soluci´ on: En notaci´on σ el l´ımite pedido es µ l´ım

n→∞

1 1 1 1 + + + ··· + n+1 n+2 n+3 n + 2n

¶ =

=

=

l´ım

n→∞

l´ım

n→∞

l´ım

n→∞

2n X k=1 2n X k=1

1 n+k n 1 · n+k n

2n X

1 1+ k=1

k n

·

1 n

µ ¶ 2n X 1 k = l´ım · , f n→∞ n n k=1

siendo f (x) =

1 . 1+x

Ahora bien, los puntos ½ ¾ ½ ¾ k 1 2 2n : k = 0, 1, 2, . . . , 2n = 0, , , . . . , = 2 n n n n son los puntos derechos de una partici´on pareja del intervalo [0, 2], en 2n subinter1 ∀i. Por consiguiente, el l´ımite anterior es valos, con ∆xi = n µ ¶ 2n X k 1 f · n→∞ n n l´ım

Z

2

=

f (x) dx 0

k=1

Z

2

dx 1+x

3

du = ln(3), u

= 0

Z = 1

haciendo la sustituci´on u = 1 + x ¥

2.

d a) Calcular dx

Z

x

sen(xt2 ) dt. ( Ayuda: Haga la sustituci´on u2 = xt2 . )

0

Soluci´ on: Haciendo la sustituci´on se˜ nalada, se tiene que Z

x

0

1 sen(xt ) dt = √ x

Z

x3/2

2

sen(u2 ) du.

0

Por lo tanto,

d dx

Z

x

sen(xt2 ) dt =

0

d dx

Ã

Z

1 √ x

1 = − 2 x3/2

x3/2

! sen(u2 ) du

0

Z

x3/2

0

1 d sen(u ) du + √ x dx

Z

2

x3/2

sen(u2 ) du,

0

por la regla del producto. Por otro lado, por el teorema fundamental del C´alculo,

d dx

Z 0

x3/2

³ ´ d x3/2 sen(u2 ) du = sen (x3/2 )2 dx =

¡ ¢ 3√ x sen x3 . 2

Por lo tanto, d dx

Z 0

x

1 sen(xt ) dt = − 2 x3/2

Z

2

0

x3/2

sen(u2 ) du +

¡ ¢ 3 sen x3 2

¥

Z

π

| 1 + 2 cos(x) | dx.

b) Calcular 0

1 Soluci´ on: Tenemos que | 1 + 2 cos(x) | = 1 + 2 cos(x) si cos(x) ≥ − y 2 1 | 1 + 2 cos(x) | = −1 − 2 cos(x) si cos(x) < − . 2 En el intervalo [0, π] se tiene que cos(x) ≥ −

1 2

↔

0 ≤ x ≤

2π . 3

Por lo tanto,   1 + 2 cos(x) | 1 + 2 cos(x) | =



si 0 ≤ x ≤

−1 − 2 cos(x) si

2π 3

2π 3

.

<x≤π

Luego, Z

Z

π

| 1 + 2 cos(x) | dx = 0

Z

2π/3

π

( 1 + 2 cos(x) ) dx − 0

( 1 + 2 cos(x) ) dx 2π/3

¯2π/3 ¯π ¯ ¯ = ( x + 2 sen(x) )¯ − ( x + 2 sen(x) )¯ 0

µ = =

¶

³π √ √ ´ 2π + 3 − − 3 3 3 √ π +2 3 ¥ 3

2π/3

3. Calcular las integrales Z a) 2

4

√ x2 − 4 dx x

Soluci´ on: Mediante la sustituci´on x = 2 sec(t), tenemos que dx = 2 sec(t) tan(t) dt. Adem´as, x = 2 → sec(t) = 1 → t = 0 & x = 4 → sec(t) = 2 → t = π/3 . Por lo tanto, Z

4

2

√ Z π/3 2 tan(t) x2 − 4 dx = sec(t) tan(t) dt x sec(t) 0 Z π/3 = 2 tan2 (t) dt 0

Z

π/3 ¡

¢ sec2 (t) − 1 dt

= 2 0

¯π/3 ¯ = 2 (tan(t) − t) ¯ 0

³ = 2 tan = 2

³π ´ 3

−

³√ π´ 3− 3

π´ 3 ¥

Nota : Tambi´en se puede hacer mediante la sustituci´on u2 = x2 − 4. p u y por tanto En tal caso, x = u2 + 4; dx = √ 2 u +4 Z 2

4

√ Z 2√3 x2 − 4 u2 dx = du x u2 + 4 0 √ 2 3µ

Z = 0

4 1− 2 u +4

¶ du √

³ u ´ ¯2 √ ¯ = 2 3 − 2 arctan ¯ 2 0 ³√ ´ √ = 2 3 − 2 arctan 3 = 2

³√ π´ 3− . 3

3

Z b)

sen ( ln(x) ) dx.

Soluci´ on: Integramos por partes con u = sen ( ln(x) ) ;

v 0 = 1.

cos ( ln(x) ) ; v = x. Luego, x Z Z I = sen ( ln(x) ) dx = x sen ( ln(x) ) − cos ( ln(x) ) dx . | {z }

Entonces, u0 =

I1

Para I1 integramos nuevamente por partes con u = cos ( ln(x) ) ; Entonces u0 = −

sen ( ln(x) ) ; x

v = x. Luego,

Z I1 =

v 0 = 1.

Z cos ( ln(x) ) dx = x cos ( ln(x) ) +

sen ( ln(x) ) dx . {z } | I

Sustituyendo, I = x sen ( ln(x) ) − x cos ( ln(x) ) − I y por tanto, I =

x [ sen ( ln(x) ) − cos ( ln(x) ) ] + C 2

¥

Z 4. Si

1

2

et dt = A, calcule (en t´erminos de A ) la integral

0 √ 2

Z

x2 e

x2 2

dx

0

( Sugerencia: Integre por partes primero)

Soluci´ on: Escribiendo √ 2

Z

x2 e

x2 2

dx =

x · xe

0

As´ı tenemos que u0 = 1, v = e

√

2

x2 2

dx,

0

integramos por partes con u = x, v 0 = xe

Z

√ 2

Z

x2 e

x2 2

x2 2

x2 2

.

y por tanto

dx = xe

x2 2

0

¯√2 Z √2 2 ¯ x ¯ e 2 dx ¯ − ¯ 0 0

Z √2 2 √ x e 2 dx . 2e − = | 0 {z } I1

En I1 hacemos la sustituci´on x =

√ 2 t obteniendo Z

I1 =

1

et

2

³√ ´ 2 dt

0

√ Z 1 t2 = 2 e dt √ 0 = 2 A. De este modo, Z 0

√ 2

x2 e

x2 2

dx =

√ 2 (e − A) ¥