Practica 8. Ej 2d Y 4d.

Matemática I anual

Ejercicio 4 (d) Aplicando el metodo de integración por partes, calcule: Z (x2 + 3x)(x + 2)−5 dx

Para poder resolver por partes debemos tener presente la fórmula a aplicar; Z Z 0 uv dx = u.v − u0 vdx y también, debemos darnos cuenta a que función llamar u y a cual llamar v 0 . Llamemos u = x2 + 3x y v = (x + 2)−5 y busquemos u0 y v Tenemos que u0 = 2x + 3 y v = − 41 (x + 2)−4 Ahora reemplacemos en la fórmula y calculemos: Z Z 1 2 1 2 −5 −4 (x + 3x)(x + 2) dx = − (x + 3x)(x + 2) − (− (2x + 3)(x + 2)−4 dx) 4 4 R En un cálculo auxiliar veamos la primitiva (2x + 3)(x + 2)−4 dx y para no marearnos con las variables, consideremos ahora al par de variables f y g0 con f = 2x + 3 y g0 = (x + 2)−4 . Luego, f0 = 2 y g = − 31 (x + 2)−3 y por lo tanto: Z Z 1 1 −4 −3 (2x + 3)(x + 2) dx = (2x + 3)(− (x + 2) ) − 2(− (x + 2)−3 )dx 3 3 Z 1 2 −3 = − (2x + 3)(x + 2) + (x + 2)−3 dx 3 3 2 1 1 = − (2x + 3)(x + 2)−3 + (− )(x + 2)−2 + K 3 3 2 1 1 −3 = − (2x + 3)(x + 2) − (x + 2)−2 + K 3 3 Volviendo al ejercicio, teníamos: Z Z 1 2 1 2 −5 −4 (x + 3x)(x + 2) dx = − (x + 3x)(x + 2) − (− (2x + 3)(x + 2)−4 dx) 4 4   1 1 1 1 = − (x2 + 3x)(x + 2)−4 + − (2x + 3)(x + 2)−3 − (x + 2)−2 + K 4 4 3 3 Reescribamos la solución: Z

1 1 1 (x2 + 3x).(x + 2)−5 dx = − (x2 + 3x)(x + 2)−4 − (2x + 3)(x + 2)−3 − (x + 2)−2 + C. 4 12 12

 Halle la función g sabiendo: g0 (x) =

Ejercicio 2 (d) x2

si x ≥ 0

x3

si x < 0

y g(0) = 1.

Si tomamos por separado la función g0 y bucamos las primitivas de esta, en cada uno de los intervalos, vamos a llegar a: si x ≥ 0 g0 (x) = x2 , y si x < 0

g0 (x)

=

x3 ,

entonces g(x) =

x3 3

entonces g(x) =

+K x4 4

+C

Luego gnos quedaria: x3   3 + K si x ≥ 0 con K y C constantes de determinar (recordemos que por hipótesis g debe g(x) =   x4 4 + C si x < 0 ser derivable en x = 0). Entonces debemos calcular la derivada de g en x = 0 y de allí determinar los posibles valores de K y C.  l´ım g(x)−g(0)    x→0+ x−0 Recordemos que: l´ım g(x)−g(0) = x−0  x→0   l´ım g(x)−g(0) x−0

x→0−

l´ım+

x→0

g(x)−g(0) x−0

= l´ım+ x→0

x3 +K−1 3

x

Como el denominador tiende a cero, para que este límite lateral tenga posibilidades de existir, el límite del numerador también debe tender a cero (¿porqué?). Luego, 0 = l´ım+ x→0

x3 +K−1=K−1 3

Por lo tanto, para que g sea derivable en x = 0 necesariamente K = 1. Luego, g(x) − g(0) l´ım+ = l´ım+ x−0 x→0 x→0

x3 3

+1−1 x2 = l´ım+ = 0. x x→0 3

Ahora Veamos que pasa con el limite del cociente incremental hacia 0−

g(x) − g(0) l´ım− = l´ım− x−0 x→0 x→0 Para que exista g0 (0), necesitamos que l´ım− x→0

x4 4

x4 4

+C−1 x

+ C − 1 = C − 1 = 0.

Entonces resulta que C tal que pueda llegar a una indeterminación l´ım−

x→0

g(x) − g(0) = l´ım− x−0 x→0

En conclusión si K = C = 1, resulta

g0 (0)

x4 4

Por lo tanto,

+1−1 x3 = l´ım− = 0. x x→0 4   

= 0 y g(x) =

"0" 0.

 

x3 3

+ 1 si x ≤ 0

x4 4

+ 1 si x < 0