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Universidad Nacional de IngenierıaFacultad de Ingenierıa de Petroleo

Ciclo 2015-IIPractica Calificada №1 de Calculo II

(PM-111)

Profesores : Hugo Laurente Artola, Alvaro Naupay Gusukuma.Fecha : 15 de Septiembre de 2015

1. Responda y/o verifique los siguientes enunciados (4 ptos.)

a) Enuncie las definiciones de antiderivada y de integral indefinida.

b) Sean a, b ∈ R constantes. Si F es una antiderivada de f en R, entonces F (ax + b) es unaantiderivada de f(ax+ b) en R.

c) Sean F un antiderivada de f en I y g una funcion derivable tal que F ◦g y f ◦g estan definidasen I. Luego, F ◦ g es una antiderivada de (f ◦ g) · g′.

d) Si F es una antiderivada de g · f ′ en un intervalo I, entonces f · g − F es una antiderivada def · g′.

SOLUCION :

a)

Definicion de antiderivada

Una funcion F es una antiderivada (o primitiva) de otra funcion f sobreun intervalo I si se cumple que

F ′(x) =dF (x)

dx= f(x) , ∀x ∈ I

Definicion de integral indefinida

Si F es una antiderivada de la funcion f , entonces decimos que la integralindefinida de f es F (x) + C y se utliza la siguiente notacion∫

f(x) dx = F (x) + C

donde C ∈ R es llamada constante de integracion.

b) (FALSA) La idea es usar la regla de la cadena, denotemos h(x) = ax+ b luego

F ′(ax+ b) = (F ◦ h)′(x) = F ′(h(x)) · h′(x)

como F ′(x) = f(x), entonces F ′(h(x)) = f(h(x)) luego

F ′(ax+ b) = f(h(x)) · h′(x) = f(ax+ b) · a

c) (VERDAD) La idea es usar la regla de la cadena

(F ◦ g)′(x) = F ′(g(x)) · g′(x)

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como F ′(x) = f(x) entonces F ′(g(x)) = f(g(x)) luego

(F ◦ g)′(x) = f(g(x)) · g′(x)

(F ◦ g)′(x) = (f ◦ g)(x) · g′(x)

es decir

(F ◦ g)′ = (f ◦ g) · g′

d) (VERDAD) La idea es usar derivada del producto

(f(x) · g(x)− F (x))′ = f ′(x) · g(x) + f(x) · g′(x)− F ′(x)

como F ′ = g · f ′ entonces

(f(x) · g(x)− F (x))′ = F ′(x) + f(x) · g′(x)− F ′(x)

(f(x) · g(x)− F (x))′ = f(x) · g′(x)

es decir

(f · g − F )′ = f · g′

�

2. Sea f(x) una funcion monotona y continua y f−1(x) su funcion inversa. (4 ptos.)

Demostrar que, si ∫f(x) dx = F (x) + C

entonces ∫f−1(x) dx = xf−1(x)− F (f−1(x)) + C .

SOLUCION :

Si

∫f(x) dx = F (x) + C entonces tenemos que F ′(x) = f(x), denotemos G(x) = xf−1(x) −

F (f−1(x)), entonces tenemos que mostrar que G es antiderivada de f−1, aplicando la regla de lacadena y derivando G tenemos

G′(x) = f−1(x) + x(f−1(x))′ − F ′(f−1(x)) · (f−1(x))′

como F ′(x) = f(x) entonces F ′(f−1(x)) = f(f−1(x)) = x luego reemplazando esto

G′(x) = f−1(x) + x(f−1(x))′ − x · (f−1(x))′

G′(x) = f−1(x)

lo que muestra que G es antiderivada de f−1 con lo que tenemos que∫f−1(x) dx = G(x) + C

entonces ∫f−1(x) dx = xf−1(x)− F (f−1(x)) + C

�

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3. Sean f y g definidas en ] −∞,∞[, tales que f es una antiderivada para g y este ultimo es unaantiderivada de −f . Ademas que f(0) = 0, g(0) = 1. Demuestre que [f(x)]2 + [g(x)]2 = 1

(4 ptos.)

SOLUCION :

Por dato tenemos que g′ = f y −f ′ = g, luego

(f 2(x) + g2(x))′ = 2f(x)f ′(x) + 2g(x)g′(x) = 2f(x)f ′(x) + 2(−f ′(x))f(x) = 0

es decirf 2(x) + g2(x) = C (α)

donde C ∈ R es una constate, pero

C = f 2(0) + g2(0) = 0 + 1 = 1

es decir C = 1 reemplazando esto en (α) finalmente tenemos que

f 2(x) + g2(x) = 1

como se querıa demostrar.�

4. Hallar las siguientes integrales

a)

∫eax sen bx dx (2 ptos.)

b)

∫x√

1 + x2/3dx (2 ptos.)

c)

∫x3√

1− x2dx (2 ptos.)

d) Para x > 0 hallar

∫x2 arc sen

√1− x2 dx (2 ptos.)

SOLUCION :

a) La idea es usar integracion por partes dos veces consecutivas. Denotemos por I =∫eax sen bx dx, luego f = eax, g′ = sen bx, entonces f ′ = aeax, g = −1

bcos(bx), con lo

que tenemos

I = −eax

bcos bx+

a

b

∫eax cos bx dx (α)

aplicando integracion por parte nuevamente a

∫eax cos bx dx, f = eax, g′ = cos bx, entonces

f ′ = aeax, g =1

bsen bx, con lo que tenemos∫

eax cos bx dx =eax

bsen bx− a

b

∫eax sen bx dx

incluyendo I tenemos que∫eax cos bx dx =

eax

bsen bx− a

bI (β)

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Ahora reemplazando β en α tenemos que

I = −eax

bcos bx+

a

b

[eax

bsen bx− a

bI

](β)

I = −eax

bcos bx+

aeax

b2sen bx− a2

b2I

factorizando convenientemente[b2 + a2

b2

]I =

eax

b2[a sen bx− b cos bx]

finalmente despejando I tenemos que

I =eax

a2 + b2[a sen bx− b cos bx]

b) Haciendo el cambio de variable t =√

1 + x2/3,dt

dx=

1

3

x−1/3√1 + x2/3

, 3dt =x−1/3√1 + x2/3

dx,

multiplicando por x4/3, 3x4/3dt =x√

1 + x2/3dx, pero x2/3 = t2 − 1, entonces 3(t2 − 1)2dt =

x√1 + x2/3

dx, luego ∫3(t2 − 1)2 dt =

∫x√

1 + x2/3dx = I

integrando

∫3(t2 − 1)2 dt =

∫3t4 − 6t2 + 3 dt =

3

5t5 − 2t3 + 3t, entonces

I =3

5t5 − 2t3 + 3t+ C

donde t =√

1 + x2/3.

c) Integracion por partes, f = x2 y g′ =x√

1− x2, luego f ′ = 2x y g = −

√1− x2 con lo cual

tenemos que ∫x3√

1− x2dx = −x2

√1− x2 −

∫(−2x)

√1− x2 dx

= −x2√

1− x2 − 2

3(1− x2)3/2 + C

d) f = arc sen√

1− x2 y g′ = x2 entonces f ′ = − 1√1− x2

y g =x3

3luego

I =

∫x2 arc sen

√t− x2 dx =

x3

3arc sen

√1− x2 +

1

3

∫x3√

1− x2dx

luego por lo hecho en el problema anterior (4.c) tenemos que

I =x3

3arc sen

√1− x2 − x2

3

√1− x2 − 2

9(1− x2)3/2 +K

donde K ∈ R es la constante de integracion.

�