¡Llegamos a la última parte, aspirante! En este tutorial resolveremos la quinta parte del examen simulacro para la guía EXANI II de Cálculo diferencial e integral , desde el reactivo 41 hasta el 50.
Recuerda desarrollarlos por tu cuenta antes de revisar la solución .
Puedes continuar estudiando para tu examen de ingreso con los materiales EXANI II
Reactivo 41
Relacione la integral con la sustitución trigonométrica que permite resolverla.
1a, 2c, 3b
1c, 2a, 3b
1b, 2c, 3a
Solución:
El método de integración por sustitución trigonométrica, consiste en armar un triángulo rectángulo con los elementos que conforman una expresión matemática similar al teorema de Pitágoras.
A partir de esto, se deducen 3 posibles cambios de variable:
Teniendo esto como referencia, podemos ir relacionando el cambio de la columna derecha con la integral en la columna izquierda.
Primera integral.
∫ d x ( 4 − x 2 ) 3 / 2 = ∫ d x ( 2 2 − x 2 ) 3 / 2 \int \frac{dx}{{\left(4-{x}^{2}\right)}^{3/2}}=\int \frac{dx}{{\left({2}^{2}-{x}^{2}\right)}^{3/2}} ∫ ( 4 − x 2 ) 3 / 2 d x = ∫ ( 2 2 − x 2 ) 3 / 2 d x
Examinando la imagen, corresponde al primer caso.
x = 2 s i n θ x=2\mathrm{sin}\theta x = 2 s i n θ
1a .
Segunda integral.
∫ x 2 x 2 − 16 d x = ∫ x 2 x 2 − 4 2 d x \int \frac{{x}^{2}}{\sqrt{{x}^{2}-16}}dx=\int \frac{{x}^{2}}{\sqrt{{x}^{2}-{4}^{2}}}dx ∫ x 2 − 1 6 x 2 d x = ∫ x 2 − 4 2 x 2 d x
Corresponde al segundo caso.
x = 4 s e c θ x=4\mathrm{sec}\theta x = 4 s e c θ
2c.
Por descartes: 3b . Uniendo todas las respuestas parciales nos queda: 1a, 2c, 3b.
La respuesta correcta es el inciso a) .
Reactivo 42
Aplicando el método de integración fracciones parciales, encuentre la solución a la siguiente integral.
∫ x 3 + 1 x 4 − x 3 d x \int \frac{{x}^{3}+1}{{x}^{4}-{x}^{3}}dx ∫ x 4 − x 3 x 3 + 1 d x
I = − l n ∣ x ∣ + 1 x + 1 2 x 2 + 2 l n ∣ x − 1 ∣ + C I=-\mathrm{ln}\left|x\right|+\frac{1}{x}+\frac{1}{2{x}^{2}}+2\mathrm{ln}\left|x-1\right|+C I = − l n ∣ x ∣ + x 1 + 2 x 2 1 + 2 l n ∣ x − 1 ∣ + C I = − l n ∣ x ∣ + 1 x + 1 2 x 2 + C I=-\mathrm{ln}\left|x\right|+\frac{1}{x}+\frac{1}{2{x}^{2}}+C I = − l n ∣ x ∣ + x 1 + 2 x 2 1 + C I = − 1 x + 1 2 x 2 + 2 l n ∣ x − 1 ∣ + C I=-\frac{1}{x}+\frac{1}{2{x}^{2}}+2\mathrm{ln}\left|x-1\right|+C I = − x 1 + 2 x 2 1 + 2 l n ∣ x − 1 ∣ + C
Solución:
Antes de separar en fracciones parciales, vamos a extraer factor común x 3 {x}^{3} x 3
∫ x 3 + 1 x 4 − x 3 d x = ∫ x 3 + 1 x 3 ( x − 1 ) d x \int \frac{{x}^{3}+1}{{x}^{4}-{x}^{3}}dx=\int \frac{{x}^{3}+1}{{x}^{3}\left(x-1\right)}dx ∫ x 4 − x 3 x 3 + 1 d x = ∫ x 3 ( x − 1 ) x 3 + 1 d x
Procedemos a separar en fracciones parciales, teniendo en cuenta que la triple potencia de x x x
x 3 + 1 x 3 ( x − 1 ) = a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x − 1 \frac{{x}^{3}+1}{{x}^{3}\left(x-1\right)}=\frac{{a}_{1}}{x}+\frac{{a}_{2}}{{x}^{2}}+\frac{{a}_{3}}{{x}^{3}}+\frac{{a}_{4}}{x-1} x 3 ( x − 1 ) x 3 + 1 = x a 1 + x 2 a 2 + x 3 a 3 + x − 1 a 4
Pasamos a multiplicar el denominador de la izquierda hacia la derecha.
x 3 + 1 = a 1 x 2 ( x − 1 ) + a 2 x ( x − 1 ) + a 3 ( x − 1 ) + a 4 x 3 {x}^{3}+1={a}_{1}{x}^{2}\left(x-1\right)+{a}_{2}x\left(x-1\right)+{a}_{3}\left(x-1\right)+{a}_{4}{x}^{3} x 3 + 1 = a 1 x 2 ( x − 1 ) + a 2 x ( x − 1 ) + a 3 ( x − 1 ) + a 4 x 3
Desarrollando y agrupando nos queda:
( a 1 + a 4 ) x 3 + ( a 2 − a 1 ) x 2 + ( a 3 − a 2 ) x − a 3 = x 3 + 1 \left({a}_{1}+{a}_{4}\right){x}^{3}+\left({a}_{2}-{a}_{1}\right){x}^{2}+\left({a}_{3}-{a}_{2}\right)x-{a}_{3}={x}^{3}+1 ( a 1 + a 4 ) x 3 + ( a 2 − a 1 ) x 2 + ( a 3 − a 2 ) x − a 3 = x 3 + 1
Igualamos términos.
a 1 + a 4 = 1 a 2 − a 1 = 0 a 3 − a 2 = 0 − a 3 = 1 \begin{array}{c}\begin{array}{c}{a}_{1}+{a}_{4}=1\\ {a}_{2}-{a}_{1}=0\end{array}\\ \begin{array}{c}{a}_{3}-{a}_{2}=0\\ -{a}_{3}=1\end{array}\end{array} a 1 + a 4 = 1 a 2 − a 1 = 0 a 3 − a 2 = 0 − a 3 = 1
Despejamos de forma directa a a 3 {a}_{3} a 3
a 3 = − 1 {a}_{3}=-1 a 3 = − 1
a 1 + a 4 = 1 a 2 − a 1 = 0 − 1 − a 2 = 0 \begin{array}{c}{a}_{1}+{a}_{4}=1\\ {a}_{2}-{a}_{1}=0\\ -1-{a}_{2}=0\end{array} a 1 + a 4 = 1 a 2 − a 1 = 0 − 1 − a 2 = 0
Despejamos a a 2 {a}_{2} a 2
a 2 = − 1 {a}_{2}=-1 a 2 = − 1
Despejamos a a 1 {a}_{1} a 1
a 1 = − 1 {a}_{1}=-1 a 1 = − 1
Finalmente, obtenemos el valor de a 4 {a}_{4} a 4
a 4 = 1 + 1 = 2 {a}_{4}=1+1=2 a 4 = 1 + 1 = 2
Sustituimos en la descomposición en fracciones parciales.
x 3 + 1 x 3 ( x − 1 ) = − 1 x − 1 x 2 − 1 x 3 + 2 x − 1 \frac{{x}^{3}+1}{{x}^{3}\left(x-1\right)}=-\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{1}{{x}^{3}}+\frac{2}{x-1} x 3 ( x − 1 ) x 3 + 1 = − x 1 − x 2 1 − x 3 1 + x − 1 2
Sustituimos en la integral.
∫ ( − 1 x − 1 x 2 − 1 x 3 + 2 x − 1 ) d x = − ∫ 1 x d x − ∫ 1 x 2 d x − ∫ 1 x 3 d x + 2 ∫ 1 x − 1 d x \int \left(-\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{1}{{x}^{3}}+\frac{2}{x-1}\right)dx=-\int \frac{1}{x}dx-\int \frac{1}{{x}^{2}}dx-\int \frac{1}{{x}^{3}}dx+2\int \frac{1}{x-1}dx ∫ ( − x 1 − x 2 1 − x 3 1 + x − 1 2 ) d x = − ∫ x 1 d x − ∫ x 2 1 d x − ∫ x 3 1 d x + 2 ∫ x − 1 1 d x
Integramos de forma directa aplicando la fórmula del inverso de x x x
− ∫ 1 x d x − ∫ 1 x 2 d x − ∫ 1 x 3 d x + 2 ∫ 1 x − 1 d x = − l n ∣ x ∣ + 1 x + 1 2 x 2 + 2 l n ∣ x − 1 ∣ + C -\int \frac{1}{x}dx-\int \frac{1}{{x}^{2}}dx-\int \frac{1}{{x}^{3}}dx+2\int \frac{1}{x-1}dx=-\mathrm{ln}\left|x\right|+\frac{1}{x}+\frac{1}{2{x}^{2}}+2\mathrm{ln}\left|x-1\right|+C − ∫ x 1 d x − ∫ x 2 1 d x − ∫ x 3 1 d x + 2 ∫ x − 1 1 d x = − l n ∣ x ∣ + x 1 + 2 x 2 1 + 2 l n ∣ x − 1 ∣ + C
Finalmente:
∫ x 3 + 1 x 4 − x 3 d x = − l n ∣ x ∣ + 1 x + 1 2 x 2 + 2 l n ∣ x − 1 ∣ + C \int \frac{{x}^{3}+1}{{x}^{4}-{x}^{3}}dx=-\mathrm{ln}\left|x\right|+\frac{1}{x}+\frac{1}{2{x}^{2}}+2\mathrm{ln}\left|x-1\right|+C ∫ x 4 − x 3 x 3 + 1 d x = − l n ∣ x ∣ + x 1 + 2 x 2 1 + 2 l n ∣ x − 1 ∣ + C
Concluimos indicando como respuesta correcta al inciso a) .
Reactivo 43
Dada la integral:
∫ 11 x 2 − 10 x + 3 4 x 3 − 4 x 2 + x d x \int \frac{11{x}^{2}-10x+3}{4{x}^{3}-4{x}^{2}+x}dx ∫ 4 x 3 − 4 x 2 + x 1 1 x 2 − 1 0 x + 3 d x
¿Cuál es la separación en fracciones parciales que permite simplificar su solución?
11 x 2 − 10 x + 3 4 x 3 − 4 x 2 + x = 11 x 2 4 x 3 − 4 x 2 + x − 10 x 4 x 3 − 4 x 2 + x + 3 4 x 3 − 4 x 2 + x \frac{11{x}^{2}-10x+3}{4{x}^{3}-4{x}^{2}+x}=\frac{11{x}^{2}}{4{x}^{3}-4{x}^{2}+x}-\frac{10x}{4{x}^{3}-4{x}^{2}+x}+\frac{3}{4{x}^{3}-4{x}^{2}+x} 4 x 3 − 4 x 2 + x 1 1 x 2 − 1 0 x + 3 = 4 x 3 − 4 x 2 + x 1 1 x 2 − 4 x 3 − 4 x 2 + x 1 0 x + 4 x 3 − 4 x 2 + x 3 11 x 2 − 10 x + 3 4 x 3 − 4 x 2 + x = 11 x − 10 x 2 x − 1 + 3 ( 2 x − 1 ) 2 \frac{11{x}^{2}-10x+3}{4{x}^{3}-4{x}^{2}+x}=\frac{11}{x}-\frac{10x}{2x-1}+\frac{3}{{\left(2x-1\right)}^{2}} 4 x 3 − 4 x 2 + x 1 1 x 2 − 1 0 x + 3 = x 1 1 − 2 x − 1 1 0 x + ( 2 x − 1 ) 2 3 11 x 2 − 10 x + 3 4 x 3 − 4 x 2 + x = 3 x − 1 2 ( 2 x − 1 ) + 3 2 ( 2 x − 1 ) 2 \frac{11{x}^{2}-10x+3}{4{x}^{3}-4{x}^{2}+x}=\frac{3}{x}-\frac{1}{2\left(2x-1\right)}+\frac{3}{{2\left(2x-1\right)}^{2}} 4 x 3 − 4 x 2 + x 1 1 x 2 − 1 0 x + 3 = x 3 − 2 ( 2 x − 1 ) 1 + 2 ( 2 x − 1 ) 2 3
Solución:
Extraemos factor común x x x
11 x 2 − 10 x + 3 4 x 3 − 4 x 2 + x = 11 x 2 − 10 x + 3 x ( 4 x 2 − 4 x + 1 ) \frac{11{x}^{2}-10x+3}{4{x}^{3}-4{x}^{2}+x}=\frac{11{x}^{2}-10x+3}{x\left(4{x}^{2}-4x+1\right)} 4 x 3 − 4 x 2 + x 1 1 x 2 − 1 0 x + 3 = x ( 4 x 2 − 4 x + 1 ) 1 1 x 2 − 1 0 x + 3
Factorizamos el polinomio de segundo grado.
11 x 2 − 10 x + 3 x ( 4 x 2 − 4 x + 1 ) = 11 x 2 − 10 x + 3 x ( 2 x − 1 ) 2 \frac{11{x}^{2}-10x+3}{x\left(4{x}^{2}-4x+1\right)}=\frac{11{x}^{2}-10x+3}{x{\left(2x-1\right)}^{2}} x ( 4 x 2 − 4 x + 1 ) 1 1 x 2 − 1 0 x + 3 = x ( 2 x − 1 ) 2 1 1 x 2 − 1 0 x + 3
Aplicamos fracciones parciales.
11 x 2 − 10 x + 3 x ( 2 x − 1 ) 2 = a 1 x + a 2 2 x − 1 + a 3 ( 2 x − 1 ) 2 \frac{11{x}^{2}-10x+3}{x{\left(2x-1\right)}^{2}}=\frac{{a}_{1}}{x}+\frac{{a}_{2}}{2x-1}+\frac{{a}_{3}}{{\left(2x-1\right)}^{2}} x ( 2 x − 1 ) 2 1 1 x 2 − 1 0 x + 3 = x a 1 + 2 x − 1 a 2 + ( 2 x − 1 ) 2 a 3
Pasamos a multiplicar el denominador de la fracción de la izquierda.
11 x 2 − 10 x + 3 = a 1 ( 2 x − 1 ) 2 + a 2 x ( 2 x − 1 ) + a 3 x 11{x}^{2}-10x+3={a}_{1}{\left(2x-1\right)}^{2}+{a}_{2}x\left(2x-1\right)+{a}_{3}x 1 1 x 2 − 1 0 x + 3 = a 1 ( 2 x − 1 ) 2 + a 2 x ( 2 x − 1 ) + a 3 x
Desarrollando y agrupando nos queda:
( 4 a 1 + 2 a 2 ) x 2 + ( a 3 − 4 a 1 − a 2 ) x + a 1 = 11 x 2 − 10 x + 3 \left(4{a}_{1}+2{a}_{2}\right){x}^{2}+\left({a}_{3}-4{a}_{1}-{a}_{2}\right)x+{a}_{1}=11{x}^{2}-10x+3 ( 4 a 1 + 2 a 2 ) x 2 + ( a 3 − 4 a 1 − a 2 ) x + a 1 = 1 1 x 2 − 1 0 x + 3
Igualamos los coeficientes de términos semejantes.
4 a 1 + 2 a 2 = 11 a 3 − 4 a 1 − a 2 = − 10 a 1 = 3 \begin{array}{c}4{a}_{1}+2{a}_{2}=11\\ {a}_{3}-4{a}_{1}-{a}_{2}=-10\\ {a}_{1}=3\end{array} 4 a 1 + 2 a 2 = 1 1 a 3 − 4 a 1 − a 2 = − 1 0 a 1 = 3
El valor de a 1 {a}_{1} a 1
4 ( 3 ) + 2 a 2 = 11 a 3 − 4 ( 3 ) − a 2 = − 10 → 12 + 2 a 2 = 11 a 3 − 12 − a 2 = − 10 → a 2 = − 1 2 a 3 − a 2 = 2 \begin{array}{c}4\left(3\right)+2{a}_{2}=11\\ {a}_{3}-4\left(3\right)-{a}_{2}=-10\end{array}\to \begin{array}{c}12+2{a}_{2}=11\\ {a}_{3}-12-{a}_{2}=-10\end{array}\to \begin{array}{c}{a}_{2}=-\frac{1}{2}\\ {a}_{3}-{a}_{2}=2\end{array} 4 ( 3 ) + 2 a 2 = 1 1 a 3 − 4 ( 3 ) − a 2 = − 1 0 → 1 2 + 2 a 2 = 1 1 a 3 − 1 2 − a 2 = − 1 0 → a 2 = − 2 1 a 3 − a 2 = 2
a 3 + 1 2 = 2 → a 3 = 3 2 {a}_{3}+\frac{1}{2}=2\to {a}_{3}=\frac{3}{2} a 3 + 2 1 = 2 → a 3 = 2 3
Sustituyendo los coeficientes en la descomposición nos queda:
11 x 2 − 10 x + 3 x ( 2 x − 1 ) 2 = 3 x − 1 2 ( 2 x − 1 ) + 3 2 ( 2 x − 1 ) 2 \frac{11{x}^{2}-10x+3}{x{\left(2x-1\right)}^{2}}=\frac{3}{x}-\frac{1}{2\left(2x-1\right)}+\frac{3}{2{\left(2x-1\right)}^{2}} x ( 2 x − 1 ) 2 1 1 x 2 − 1 0 x + 3 = x 3 − 2 ( 2 x − 1 ) 1 + 2 ( 2 x − 1 ) 2 3
La respuesta correcta es el inciso c) .
Reactivo 44
Dada la siguiente gráfica, identifique cuál de las siguientes integrales definidas representa el cálculo del área sombreada.
∫ − 2 1 ∣ x ∣ d x {\int }_{-2}^{1}\left|x\right|dx ∫ − 2 1 ∣ x ∣ d x ∫ − 2 1 ( x − 1 ) d x {\int }_{-2}^{1}\left(x-1\right)dx ∫ − 2 1 ( x − 1 ) d x ∫ − 2 1 ∣ x + 1 ∣ d x {\int }_{-2}^{1}\left|x+1\right|dx ∫ − 2 1 ∣ x + 1 ∣ d x
Solución:
La función que se muestra en la figura, corresponde a la función valor absoluto desplazada hacia el -1. Este corrimiento lo expresamos como:
f ( x ) = ∣ x − ( − 1 ) ∣ = ∣ x + 1 ∣ f\left(x\right)=\left|x-\left(-1\right)\right|=\left|x+1\right| f ( x ) = ∣ x − ( − 1 ) ∣ = ∣ x + 1 ∣
Teniendo en cuenta que el intervalo de integración es [ − 2 , 1 ] \left[-2, 1\right] [ − 2 , 1 ]
∫ − 2 1 ∣ x + 1 ∣ d x {\int }_{-2}^{1}\left|x+1\right|dx ∫ − 2 1 ∣ x + 1 ∣ d x
Indicamos como respuesta correcta al inciso c) .
Reactivo 45
¿Cuál es el área debajo de la curva y = x − 1 y=\sqrt{x-1} y = x − 1 [ 1 , 4 ] \left[1, 4\right] [ 1 , 4 ]
I = 2 3 I=2\sqrt{3} I = 2 3 I = 2 I=2 I = 2 I = 2 I=\sqrt{2} I = 2
Solución:
Establecemos la integral para calcular el área bajo la curva en el intervalo dado.
∫ 1 4 x − 1 d x {\int }_{1}^{4}\sqrt{x-1}dx ∫ 1 4 x − 1 d x
Debemos aplicar el segundo teorema fundamental del cálculo para resolver la integral definida.
∫ a b f ( x ) d x = F ( b ) − F ( a ) {\int }_{a}^{b}f\left(x\right)dx=F\left(b\right)-F\left(a\right) ∫ a b f ( x ) d x = F ( b ) − F ( a )
Donde F F F f f f
∫ 1 4 x − 1 d x = ∫ 1 4 ( x − 1 ) 1 / 2 d x = ( x − 1 ) 1 2 + 1 1 2 + 1 ] 4 1 = 2 ( x − 1 ) 3 / 2 3 ] 4 1 {\int }_{1}^{4}\sqrt{x-1}dx={\int }_{1}^{4}{\left(x-1\right)}^{1/2}dx=\left.\frac{{\left(x-1\right)}^{\frac{1}{2}+1}}{\frac{1}{2}+1}\right]\begin{array}{c}4\\ \\ 1\end{array}=\left.\frac{{2\left(x-1\right)}^{3/2}}{3}\right]\begin{array}{c}4\\ \\ 1\end{array} ∫ 1 4 x − 1 d x = ∫ 1 4 ( x − 1 ) 1 / 2 d x = 2 1 + 1 ( x − 1 ) 2 1 + 1 ] 4 1 = 3 2 ( x − 1 ) 3 / 2 ] 4 1
Evaluamos la primitiva en los extremos.
2 ( x − 1 ) 3 / 2 3 ] 4 1 = 2 ( 4 − 1 ) 3 / 2 3 − 2 ( 1 − 1 ) 3 2 3 = 2 3 3 3 2 − 0 = 2 3 \left.\frac{{2\left(x-1\right)}^{3/2}}{3}\right]\begin{array}{c}4\\ \\ 1\end{array}=\frac{{2\left(4-1\right)}^{3/2}}{3}-\frac{{2\left(1-1\right)}^{\frac{3}{2}}}{3}=\frac{2}{3}{3}^{\frac{3}{2}}-0=2\sqrt{3} 3 2 ( x − 1 ) 3 / 2 ] 4 1 = 3 2 ( 4 − 1 ) 3 / 2 − 3 2 ( 1 − 1 ) 2 3 = 3 2 3 2 3 − 0 = 2 3
Finalmente:
∫ 1 4 x − 1 d x = 2 3 ≈ 3.4641 {\int }_{1}^{4}\sqrt{x-1}dx=2\sqrt{3}\approx 3.4641 ∫ 1 4 x − 1 d x = 2 3 ≈ 3 . 4 6 4 1
Indicamos como respuesta correcta al inciso a) .
Reactivo 46
Calcule la siguiente integral definida.
∫ 0 π 2 + 2 c o s α d α {\int }_{0}^{\pi }\sqrt{2+2\mathrm{cos}\alpha }d\alpha ∫ 0 π 2 + 2 c o s α d α
I = 1 I=1 I = 1 I = 4 I=4 I = 4 I = − 4 I=-4 I = − 4
Solución:
Para encontrar el valor de la integral, aplicamos el segundo teorema fundamental del cálculo. Iniciamos integrando indefinidamente.
∫ 0 π 2 + 2 c o s α d α {\int }_{0}^{\pi }\sqrt{2+2\mathrm{cos}\alpha }d\alpha ∫ 0 π 2 + 2 c o s α d α
Extraemos factor común al 2.
∫ 0 π 2 + 2 c o s α d α = 2 ∫ 0 π 1 + c o s α d α {\int }_{0}^{\pi }\sqrt{2+2\mathrm{cos}\alpha }d\alpha =\sqrt{2}{\int }_{0}^{\pi }\sqrt{1+\mathrm{cos}\alpha }d\alpha ∫ 0 π 2 + 2 c o s α d α = 2 ∫ 0 π 1 + c o s α d α
Examinando las identidades trigonométricas, tenemos que:
c o s ( α 2 ) = 1 + c o s α 2 \mathrm{cos}\left(\frac{\alpha }{2}\right)=\sqrt{\frac{1+\mathrm{cos}\alpha }{2}} c o s ( 2 α ) = 2 1 + c o s α
Despejando a la raíz nos queda:
1 + c o s α = 2 c o s ( α 2 ) \sqrt{1+\mathrm{cos}\alpha }=\sqrt{2}\mathrm{cos}\left(\frac{\alpha }{2}\right) 1 + c o s α = 2 c o s ( 2 α )
Sustituimos.
2 ∫ 0 π 1 + c o s α d α = 2 ∫ 0 π 2 c o s ( α 2 ) d α = 2 ∫ 0 π c o s ( α 2 ) d α \sqrt{2}{\int }_{0}^{\pi }\sqrt{1+\mathrm{cos}\alpha }d\alpha =\sqrt{2}{\int }_{0}^{\pi }\sqrt{2}\mathrm{cos}\left(\frac{\alpha }{2}\right)d\alpha =2{\int }_{0}^{\pi }\mathrm{cos}\left(\frac{\alpha }{2}\right)d\alpha 2 ∫ 0 π 1 + c o s α d α = 2 ∫ 0 π 2 c o s ( 2 α ) d α = 2 ∫ 0 π c o s ( 2 α ) d α
Integramos de forma inmediata.
2 ∫ 0 π c o s ( α 2 ) d α = 2 [ 2 s i n ( α 2 ) ] ] π 0 = 4 s i n ( α 2 ) ] π 0 = 4 s i n ( π 2 ) − 4 s i n ( 0 ) = 4 ( 1 ) − 0 2{\int }_{0}^{\pi }\mathrm{cos}\left(\frac{\alpha }{2}\right)d\alpha =\left.\begin{array}{c}\\ 2\left[2\mathrm{sin}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\right]\\ \end{array}\right]\begin{array}{c}\pi \\ \\ 0\end{array}=\left.\begin{array}{c}\\ 4\mathrm{sin}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\\ \end{array}\right]\begin{array}{c}\pi \\ \\ 0\end{array}=4\mathrm{sin}\left(\frac{\pi }{2}\right)-4\mathrm{sin}\left(0\right)=4\left(1\right)-0 2 ∫ 0 π c o s ( 2 α ) d α = 2 [ 2 s i n ( 2 α ) ] ] π 0 = 4 s i n ( 2 α ) ] π 0 = 4 s i n ( 2 π ) − 4 s i n ( 0 ) = 4 ( 1 ) − 0
Finalmente:
∫ 0 π 2 + 2 c o s α d α = 4 {\int }_{0}^{\pi }\sqrt{2+2\mathrm{cos}\alpha }d\alpha =4 ∫ 0 π 2 + 2 c o s α d α = 4
La respuesta correcta es el inciso b) .
Reactivo 47
Hallar el área de la región encerrada por el eje x x x y = x + 1 y=\sqrt{x+1} y = x + 1 y = − x + 5 y=-x+5 y = − x + 5 x = 3 x=3 x = 3
I = 22 I=22 I = 2 2 I = 22 3 I=\frac{22}{3} I = 3 2 2 I = 3 22 I=\frac{3}{22} I = 2 2 3
Solución:
Iniciamos graficando la recta y la curva.
A partir de la gráfica, vemos que desde -1 hasta 3 debemos integrar con x + 1 \sqrt{x+1} x + 1 x x x
A = ∫ − 1 3 x + 1 d x + ∫ 3 5 ( − x + 5 ) d x A={\int }_{-1}^{3}\sqrt{x+1}dx+{\int }_{3}^{5}\left(-x+5\right)dx A = ∫ − 1 3 x + 1 d x + ∫ 3 5 ( − x + 5 ) d x
En ambos casos integramos indefinidamente y luego evaluamos en los extremos.
A = 2 ( x + 1 ) 3 2 3 ] 3 − 1 + ( − x 2 2 + 5 x ) ] 5 3 A=\left.\frac{{2\left(x+1\right)}^{\frac{3}{2}}}{3}\right]\begin{array}{c}3\\ \\ -1\end{array}+\left.\left(-\frac{{x}^{2}}{2}+5x\right)\right]\begin{array}{c}5\\ \\ 3\end{array} A = 3 2 ( x + 1 ) 2 3 ] 3 − 1 + ( − 2 x 2 + 5 x ) ] 5 3
Evaluamos por separado para no hacer ilegible la solución.
A 1 = 2 ( x + 1 ) 3 2 3 ] 3 − 1 = 2 ( 3 + 1 ) 3 2 3 − 2 ( − 1 + 1 ) 3 2 3 = 16 3 − 0 = 16 3 {A}_{1}=\left.\frac{{2\left(x+1\right)}^{\frac{3}{2}}}{3}\right]\begin{array}{c}3\\ \\ -1\end{array}=\frac{{2\left(3+1\right)}^{\frac{3}{2}}}{3}-\frac{{2\left(-1+1\right)}^{\frac{3}{2}}}{3}=\frac{16}{3}-0=\frac{16}{3} A 1 = 3 2 ( x + 1 ) 2 3 ] 3 − 1 = 3 2 ( 3 + 1 ) 2 3 − 3 2 ( − 1 + 1 ) 2 3 = 3 1 6 − 0 = 3 1 6
A 2 = [ − 5 2 2 + 5 ( 5 ) ] − [ − 3 2 2 + 5 ( 3 ) ] = 25 2 − 21 2 = 2 {A}_{2}=\left[-\frac{{5}^{2}}{2}+5\left(5\right)\right]-\left[-\frac{{3}^{2}}{2}+5\left(3\right)\right]=\frac{25}{2}-\frac{21}{2}=2 A 2 = [ − 2 5 2 + 5 ( 5 ) ] − [ − 2 3 2 + 5 ( 3 ) ] = 2 2 5 − 2 2 1 = 2
A = A 1 + A 2 = 16 3 + 2 = 22 3 A={A}_{1}+{A}_{2}=\frac{16}{3}+2=\frac{22}{3} A = A 1 + A 2 = 3 1 6 + 2 = 3 2 2
La respuesta correcta es el inciso b) .
Reactivo 48
Calcule la longitud de la curva plana y = l n [ c o s x ] y=\mathrm{ln}\left[\mathrm{cos}x\right] y = l n [ c o s x ] x [ π 6 , π 4 ] x\left[\frac{\pi }{6},\frac{\pi }{4}\right] x [ 6 π , 4 π ]
L = l n ( 2 + 1 3 ) L=\mathrm{ln}\left(\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{3}}\right) L = l n ( 3 2 + 1 ) L = l n ( 2 3 ) L=\mathrm{ln}\left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\right) L = l n ( 3 2 ) L = l n ( 1 3 ) L=\mathrm{ln}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) L = l n ( 3 1 )
Solución:
Para calcular la longitud de cualquier curva, empleamos la siguiente ecuación integral.
L = ∫ a b 1 + [ f ’ ( x ) ] 2 d x L={\int }_{a}^{b}\sqrt{1+{\left[{f}^{\text{'}}\left(x\right)\right]}^{2}}dx L = ∫ a b 1 + [ f ’ ( x ) ] 2 d x
Iniciamos calculando la derivada de la función.
f ’ ( x ) = [ l n ( c o s x ) ] ’ = − s i n x c o s x = − t a n x {f}^{\text{'}}\left(x\right)={\left[\mathrm{ln}\left(\mathrm{cos}x\right)\right]}^{\text{'}}=-\frac{\mathrm{sin}x}{\mathrm{cos}x}=-\mathrm{tan}x f ’ ( x ) = [ l n ( c o s x ) ] ’ = − c o s x s i n x = − t a n x
Sustituimos en la expresión.
L = ∫ π 6 π 4 1 + t a n x 2 d x L={\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{1+{\mathrm{tan}x}^{2}}dx L = ∫ 6 π 4 π 1 + t a n x 2 d x
Sustituimos 1 + t a n x 2 1+{\mathrm{tan}x}^{2} 1 + t a n x 2 s e c 2 x {\mathrm{sec}}^{2}x s e c 2 x
L = ∫ π 6 π 4 1 + t a n x 2 d x = ∫ π 6 π 4 s e c 2 x d x = ∫ π 6 π 4 s e c x d x L={\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{1+{\mathrm{tan}x}^{2}}dx={\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{{\mathrm{sec}}^{2}x}dx={\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}}\mathrm{sec}xdx L = ∫ 6 π 4 π 1 + t a n x 2 d x = ∫ 6 π 4 π s e c 2 x d x = ∫ 6 π 4 π s e c x d x
Integramos indefinidamente.
∫ π 6 π 4 s e c x d x = l n ∣ s e c x + t a n x ∣ ] π 4 π 6 = l n ( 1 + 2 ) − 1 2 l n ( 3 ) = l n ( 1 + 2 ) − l n ( 3 ) {\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}}\mathrm{sec}xdx=\left.\begin{array}{c}\\ \mathrm{ln}\left|\mathrm{sec}x+\mathrm{tan}x\right|\\ \end{array}\right]\begin{array}{c}\frac{\pi }{4}\\ \\ \frac{\pi }{6}\end{array}=\mathrm{ln}\left(1+\sqrt{2}\right)-\frac{1}{2}\mathrm{ln}\left(3\right)=\mathrm{ln}\left(1+\sqrt{2}\right)-\mathrm{ln}\left(\sqrt{3}\right) ∫ 6 π 4 π s e c x d x = l n ∣ s e c x + t a n x ∣ ] 4 π 6 π = l n ( 1 + 2 ) − 2 1 l n ( 3 ) = l n ( 1 + 2 ) − l n ( 3 )
l n ( 1 + 2 ) − l n ( 3 ) = l n ( 1 + 2 3 ) \mathrm{ln}\left(1+\sqrt{2}\right)-\mathrm{ln}\left(\sqrt{3}\right)=\mathrm{ln}\left(\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\right) l n ( 1 + 2 ) − l n ( 3 ) = l n ( 3 1 + 2 )
Finalmente:
L = ∫ π 6 π 4 1 + t a n x 2 d x = l n ( 1 + 2 3 ) L={\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{1+{\mathrm{tan}x}^{2}}dx=\mathrm{ln}\left(\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\right) L = ∫ 6 π 4 π 1 + t a n x 2 d x = l n ( 3 1 + 2 )
La respuesta correcta es el inciso a) .
Reactivo 49
Hallar el área encerrada entre las curvas f ( x ) = x 2 f\left(x\right)={x}^{2} f ( x ) = x 2 g ( x ) = 1 x g\left(x\right)=\frac{1}{x} g ( x ) = x 1 x x x x [ 1 2 , 2 ] x\left[\frac{1}{2}, 2\right] x [ 2 1 , 2 ] P ( 1 , 1 ) P\left(1, 1\right) P ( 1 , 1 )
I = 0.985 I=0.985 I = 0 . 9 8 5 I = 0.85 I=0.85 I = 0 . 8 5 I = 1 I=1 I = 1
Solución:
Iniciamos graficando las funciones para identificar los intervalos de integración para cada una.
A = ∫ 1 2 1 x 2 d x + ∫ 1 2 1 x d x A={\int }_{\frac{1}{2}}^{1}{x}^{2}dx+{\int }_{1}^{2}\frac{1}{x}dx A = ∫ 2 1 1 x 2 d x + ∫ 1 2 x 1 d x
Integramos indefinidamente.
A = x 3 3 ] 1 1 2 + l n ∣ x ∣ ] 2 1 = 1 3 − 1 24 + l n 2 − l n 1 = 7 24 + l n 2 A=\left.\frac{{x}^{3}}{3}\right]\begin{array}{c}1\\ \\ \frac{1}{2}\end{array}+\left.\begin{array}{c}\\ \mathrm{ln}\left|x\right|\\ \end{array}\right]\begin{array}{c}2\\ \\ 1\end{array}=\frac{1}{3}-\frac{1}{24}+\mathrm{ln}2-\mathrm{ln}1=\frac{7}{24}+\mathrm{ln}2 A = 3 x 3 ] 1 2 1 + l n ∣ x ∣ ] 2 1 = 3 1 − 2 4 1 + l n 2 − l n 1 = 2 4 7 + l n 2
A = 7 24 + l n 2 ≈ 0.9848 A=\frac{7}{24}+\mathrm{ln}2\approx 0.9848 A = 2 4 7 + l n 2 ≈ 0 . 9 8 4 8
Comparando con los incisos, indicamos como respuesta correcta el a) .
Reactivo 50
La catenaria, es una curva muy utilizada en arquitectura debido a que representa la mejor solución para la construcción de arcos, cuya ecuación viene descrita como:
y = a c o s h ( x a ) y=a\mathrm{cosh}\left(\frac{x}{a}\right) y = a c o s h ( a x )
Ahora, el arco para determinada construcción, viene dado por la ecuación y = 10 − c o s h ( x ) y=10-\mathrm{cosh}\left(x\right) y = 1 0 − c o s h ( x )
Calcule la longitud de dicho arco en el intervalo x [ − 3 , 3 ] x\left[-3, 3\right] x [ − 3 , 3 ]
s i n h x = e x − e − x 2 ; c o s h x = e x + e − x 2 \mathrm{sinh}x=\frac{{e}^{x}-{e}^{-x}}{2}; \mathrm{cosh}x=\frac{{e}^{x}+{e}^{-x}}{2} s i n h x = 2 e x − e − x ; c o s h x = 2 e x + e − x
c o s h 2 x − s e n h 2 x = 1 {\mathrm{cosh}}^{2}x-{\mathrm{senh}}^{2}x=1 c o s h 2 x − s e n h 2 x = 1
∫ c o s h x d x = s i n h x + C \int \mathrm{cosh}xdx=\mathrm{sinh}x+C ∫ c o s h x d x = s i n h x + C
L = 1 e 3 L=\frac{1}{{e}^{3}} L = e 3 1 L = e 6 − 1 e 3 L=\frac{{e}^{6}-1}{{e}^{3}} L = e 3 e 6 − 1 L = − 1 e 6 L=\frac{-1}{{e}^{6}} L = e 6 − 1
Solución:
Dejando a un lado el enunciado, que en su mayoría nos da contexto de la aplicación de la catenaria, debemos emplear la ecuación integral para calcular la longitud de una curva.
L = ∫ a b 1 + [ f ’ ( x ) ] 2 d x L={\int }_{a}^{b}\sqrt{1+{\left[{f}^{\text{'}}\left(x\right)\right]}^{2}}dx L = ∫ a b 1 + [ f ’ ( x ) ] 2 d x
Encontramos la derivada de la función.
f ’ ( x ) = [ 10 − c o s h ( x ) ] ’ = − [ c o s h ( x ) ] ’ {f}^{\text{'}}\left(x\right)={\left[10-\mathrm{cosh}\left(x\right)\right]}^{\text{'}}=-{\left[\mathrm{cosh}\left(x\right)\right]}^{\text{'}} f ’ ( x ) = [ 1 0 − c o s h ( x ) ] ’ = − [ c o s h ( x ) ] ’
Vamos a sustituir al coseno hiperbólico por su expresión en términos de exponenciales.
f ’ ( x ) = − [ e x + e − x 2 ] ’ = − 1 2 ( e x + e − x ) ’ = − 1 2 ( e x − e − x ) = − e x − e − x 2 {f}^{\text{'}}\left(x\right)=-{\left[\frac{{e}^{x}+{e}^{-x}}{2}\right]}^{\text{'}}=-\frac{1}{2}{\left({e}^{x}+{e}^{-x}\right)}^{\text{'}}=-\frac{1}{2}\left({e}^{x}-{e}^{-x}\right)=-\frac{{e}^{x}-{e}^{-x}}{2} f ’ ( x ) = − [ 2 e x + e − x ] ’ = − 2 1 ( e x + e − x ) ’ = − 2 1 ( e x − e − x ) = − 2 e x − e − x
Esto es igual al seno hiperbólico.
f ’ ( x ) = − e x − e − x 2 = − s i n h x {f}^{\text{'}}\left(x\right)=-\frac{{e}^{x}-{e}^{-x}}{2}=-\mathrm{sinh}x f ’ ( x ) = − 2 e x − e − x = − s i n h x
Sustituimos a los extremos y a la función en la integral.
L = ∫ − 3 3 1 + [ − s i n h x ] 2 d x = ∫ − 3 3 1 + s i n h 2 x d x L={\int }_{-3}^{3}\sqrt{1+{\left[-\mathrm{sinh}x\right]}^{2}}dx={\int }_{-3}^{3}\sqrt{1+{\mathrm{sinh}}^{2}x}dx L = ∫ − 3 3 1 + [ − s i n h x ] 2 d x = ∫ − 3 3 1 + s i n h 2 x d x
Ahora, aplicamos la identidad del enunciado.
c o s h 2 x − s e n h 2 x = 1 → c o s h 2 x = 1 + s e n h 2 x {\mathrm{cosh}}^{2}x-{\mathrm{senh}}^{2}x=1\to {\mathrm{cosh}}^{2}x=1+{\mathrm{senh}}^{2}x c o s h 2 x − s e n h 2 x = 1 → c o s h 2 x = 1 + s e n h 2 x
Sustituimos.
∫ − 3 3 c o s h 2 x d x = ∫ − 3 3 c o s h 2 x d x = s i n h x ] 3 − 3 {\int }_{-3}^{3}\sqrt{{\mathrm{cosh}}^{2}x}dx={\int }_{-3}^{3}{\mathrm{cosh}}^{2}xdx=\left.\begin{array}{c}\\ \mathrm{sinh}x\\ \end{array}\right]\begin{array}{c}3\\ \\ -3\end{array} ∫ − 3 3 c o s h 2 x d x = ∫ − 3 3 c o s h 2 x d x = s i n h x ] 3 − 3
Evaluamos a la primitiva en los extremos de integración.
L = s i n h x ] 3 − 3 = s i n h 3 − s i n h − 3 = e 3 − e − 3 2 − e − 3 − e 3 2 = e 3 2 − e − 3 2 − e − 3 2 + e 3 2 L=\left.\begin{array}{c}\\ \mathrm{sinh}x\\ \end{array}\right]\begin{array}{c}3\\ \\ -3\end{array}=\mathrm{sinh}3-\mathrm{sinh}-3=\frac{{e}^{3}-{e}^{-3}}{2}-\frac{{e}^{-3}-{e}^{3}}{2}=\frac{{e}^{3}}{2}-\frac{{e}^{-3}}{2}-\frac{{e}^{-3}}{2}+\frac{{e}^{3}}{2} L = s i n h x ] 3 − 3 = s i n h 3 − s i n h − 3 = 2 e 3 − e − 3 − 2 e − 3 − e 3 = 2 e 3 − 2 e − 3 − 2 e − 3 + 2 e 3
L = e 3 − 1 e 3 = e 6 − 1 e 3 L={e}^{3}-\frac{1}{{e}^{3}}=\frac{{e}^{6}-1}{{e}^{3}} L = e 3 − e 3 1 = e 3 e 6 − 1
La longitud de la curva es igual a e 6 − 1 e 3 \frac{{e}^{6}-1}{{e}^{3}} e 3 e 6 − 1
La respuesta correcta es el inciso b) .
