Examen de cálculo integral.Curso 2009/10

Examen de Cálculo Integral
2/03/2010
Opción A
Ejercicio 1.
(Puntuación máxima: 3 puntos)
Calcula las siguientes integrales indefinidas:
a)
e3 x
∫ e2 x − 3e x + 2 dx
b)
∫
x
dx
x + 16
4
e3 x
e2 x
t2
3t − 2 
3t − 2

x
=
⋅
=
dx
e
dx
∫ e2 x − 3ex + 2 ∫ e2 x − 3ex + 2
∫ t 2 − 3t + 2 dt = ∫ 1 + t 2 − 3t + 2  dt = ∫ dt + ∫ t 2 − 3t + 2 dt =
cambio ↑: e x = t ⇒ e xdx = dt ;
dividiendo ↑
4 
1
1
 −1
* = ∫ dt + ∫ 
+
dt + 4∫
dt = t − ln t − 1 + 4ln t − 2 = e x − ln e x − 1 + 4ln e x − 2
 dt = ∫ dt − ∫
t −1
t −2
 t −1 t − 2 
deshaciendo el cambio ↑
*
A ( t − 2) + B ( t − 1)
si t = 2 ⇒ 4 = B
3t − 2
A
B
=
+
=
⇒ 3t − 2 = A ( t − 2) + B ( t − 1) ⇒ 
2
t − 3t + 2 t − 1 t − 2
t − 3t + 2
si t = 1 ⇒ 1 = − A ⇒ A = −1
2
x
 x2 
1
x
1
1
2
dx = ∫
dx = ∫
dx = arctg   + C
∫
2 2
2 2
16
8
8

x4 




x
x
 4 
16  1 + 
1+  
1+  
 16 
 4 
 4 
↑ tiene todo el aspecto de una integral del tipo arcotangente
x
dx = ∫
4
x + 16
Ejercicio 2.
x
(Puntuación máxima: 4 puntos)
Esboza la gráfica de la función: f ( x ) = x ln x ,y calcula el área del recinto plano encerrado por la
gráfica de f ( x ) , el eje OX y la recta tangente a f ( x ) en el punto x = e .
Comenzamos representando la función:
f ( x ) = x ln x ⇒ Dom f = ( 0 , + ∞ )
Cortes con eje OX : x ln x = 0 ⇒ ln x = 0 ⇒ x = 1 ⇒ (1 , 0 )
 1 
 ln x 
 x2 
 = ( L′ Hopital
ˆ
lim+ ( x ⋅ ln x ) = lim+ 
= lim+  x  = lim+ 
= lim ( − x ) = 0
)
x →0
x →0  1
x → 0  −1
 x→0  − x  x→0+

2
 x
 x 
lim ( x ⋅ ln x ) = +∞
x →+∞
IES Pedro de Tolosa
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Matemáticas II
Examen de Cálculo Integral
2/03/2010
1
1
⇒ f ′ ( x ) = 1 + ln x ; f ′ ( x ) = 0 ⇒ ln x = −1 ⇒ x =
x
e
1
1
1
1
f ′′ ( x ) =
; f ′′   > 0 ⇒ en el punto  , −  la función tiene un mínimo.
x
e
e
e
No hay puntos de inflexión.
f ′ ( x ) = ln x + x ⋅
Calculamos la recta tangente a f ( x ) en el punto x = e
m = f ′ ( e ) = 1 + ln e ;
m = 2. Punto de tangencia ( e , e ) ⇒ rtg ≡ y − e = 2 ( x − e ) ⇒ rtg ≡ y = 2 x − e
Dibujamos la función y la recta tangente y coloreamos la región de la que nos piden el área.
La función f ( x ) y la recta y = 2 x − e se cortan en x = e
Corte de la recta con eje OX : 2 x − e = 0 ⇒ x =
e
2
Entonces el área de la región coloreada será :
e
e
e
e
 x2
x2 
A = ∫ x ln x dx − ∫e ( 2 x − e ) dx =  ln x −  −  x 2 − ex  e =
1
4 1
2
2
2
 e2 e2 1  
e2 e2  1
=  − +  −  e 2 − e 2 − +  = unidades cuadradas
4 2 4
 2 4 4 
x2
x2 1
x2
x
x2
x2
ln x − ∫ ⋅ dx = ln x − ∫ dx = ln x −
2
2 x
2
2
2
4
1

u = ln x ⇒ du = x dx
տ
2
 dv = x dx ⇒ v = x dx = x
∫

2
∫ x ln x dx =
Ejercicio 3.
(Puntuación máxima: 1,5 puntos)
¿Es cierto que 1 + sen 2 x y
− cos 2 x
son primitivas de una misma función? ¿De cúal?
2
Para que F ( x ) = 1 + sen 2 x y G ( x ) =
− cos 2 x
sean primitivas de una misma función, debe cumplirse F ′ ( x ) = G ′ ( x )
2
F ′ ( x ) = 2 sen x cos x = sen 2 x 

 ⇒ F ′ ( x ) = G′ ( x ) ⇒ F ( x ) y G ( x ) son primitivas de la función f ( x ) = sen 2 x
1
G′ ( x ) = ( sen 2 x ) ⋅ 2 = sen 2 x 

2
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Ejercicio 4.
Calcula:
∫
∫
2/03/2010
(Puntuación máxima: 1,5 puntos)
x
dx
x +1
3
0
x
t
t2
1 
1

⋅ 2t dt = 2 ∫ 2
dx = ∫ 2
dt = 2 ∫  1 −
dt = 2 ∫ dt − 2 ∫
dt = 2t − 2arctg ( t ) = 2 x − 2arctg x
2 
x +1
t +1
t +1
1 + t2
 1+ t 
տ cambio : x = t 2 ; dx = 2t dt
Entonces : ∫
3
0
3
π 6 3 − 2π
x
dx =  2 x − 2arctg x  = 2 3 − 2arctg 3 − ( 0 − 0 ) = 2 3 − 2 ⋅ =
0
x +1
3
3
(
)
Opción B
Ejercicio 1.
(Puntuación máxima: 2 puntos)
Determina la función f ( x ) , sabiendo que pasa por el punto (1, − 2 ) y que f ′ ( x ) = x cos (1 − x 2 )
La función f ( x ) será una primitiva de f ′ ( x )
1
1
∫ x cos (1 − x ) dx = − 2 ∫ −2 x cos (1 − x ) dx = − 2 sen (1 − x ) + C
2
2
2
sen (1 − x 2 ) − 2 x cos (1 − x 2 ) dx
∫
1
por tanto f ( x ) = − sen (1 − x 2 ) + C y como sabemos que f pasa por (1, −2 ) ⇒ f (1) = −2
2
1
1
⇒ − sen ( 0 ) + C = −2 ⇒ C = −2 y f ( x ) = − sen (1 − x 2 ) − 2
2
2
d
Ejercicio 2.
(Puntuación máxima: 3 puntos)
( x − 1)2
Sea f ( x ) = 
ln x
si x ≤ 1
si x > 1
, hallar el área limitada por la gráfica de f ( x ) , y por la recta y = 1 .
Comenzamos representando la gráfica de la función f :
f ( x ) es una función definida a trozos que es continua.
* en el intervalo ( −∞ , 1] tenemos la parábola y = ( x − 1) , que tiene su vértice en el punto (1,0 )
2
y ′ = 2 ( x − 1) ⇒ y ′ = 0 ; 2 ( x − 1) = 0 ⇒ x = 1
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* en el intervalo (1 , + ∞ ) tenemos la función logarítmica y = ln x , que tiene asíntota vertical x = 0,
y pasa por los puntos (1,0 ) y ( e ,1)
lim− f ( x ) = lim− ( x − 1) = 0 = lim+ f ( x ) = lim+ ( ln x )
2
x →1
x →1
x →1
x →1
La recta y = 1 que limita la región es una paralela al eje OX que pasa por ( 0,1)
El área A, de la región pedida será :
1
 ( x − 1)3 
e
A = ∫ 1 dx − ∫ ( x − 1) dx − ∫ ln x dx = [ x ]0 − 
− [ x ln x − x ]1 =

0
0
1
 3  0
1
e
e
2
e
4
  1 
= [ e − 0] − 0 −  −   − ( e − e ) − ( 0 − 1)  = e − unidades cuadradas
3
  3 
Ejercicio 3.
(Puntuación máxima: 2 puntos)
Determina el valor de a , ( a > 0 ) para que el área del recinto limitado por la curva y = x 3 − ax y el
eje OX sea 8 unidades cuadradas.
(
) (
La curva y = x 3 − ax tiene dominio ℝ ; corta a los ejes en los puntos ( 0, 0 ) ; − a ,0 ;
)
a ,0 .
Es simétrica con respecto del origen de coordenadas : f ( − x ) = ( − x ) − a ( − x ) = − x 3 + ax = − f ( x )
3
y′ = 3x 2 − a ; y ′ = 0 ⇒ x = ±
y′′ = 6 x ⇒ en x =
lim ( x 3 − ax ) = −∞ ;
x → −∞
a
3
a
a
hay un mínimo y en x = −
hay un máximo.
3
3
lim ( x 3 − ax ) = +∞
x →+∞
Con todo esto ya podemos esbozar la curva, y coloreamos el área que debe valer 8 unidades.
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8=∫
0
− a
(x
3
− ax ) dx − ∫
0
a
(x
3
− ax ) dx ⇒ también
0
⇒4=∫
0
−
 x 4 ax 2 
x − ax ) dx =  −
(
a
2  −
4
⇒ 4=−
3
a
a2 a2
+
4
2
16 = −a 2 + 2a 2 ⇒ a 2 = 16 ⇒ a = 4
Ejercicio 4.
(Puntuación máxima: 3 puntos)
Calcula las siguientes integrales indefinidas:
a)
x2 − 2 x
∫ e x dx
b)
4 x3 + 2x − 1
∫ 2 x + 1 dx
x2 − 2x
2
2
2
−x
−x
−x
−x
−x
−x
∫ e x dx = ∫ ( x − 2 x ) e dx = − ( x − 2 x ) e + ∫ ( 2 x − 2 ) e dx = − ( x − 2 x ) e +  − ( 2 x − 2 ) e + ∫ 2e dx  =
2
u = 2 x − 2 ⇒ du = 2dx
u = x − 2 x ⇒ du = ( 2 x − 2 ) dx
Por partes ↑ 
↑
otra
vez
por
partes

−x
−x
−x
−x
dv = e dx ⇒ v = −e
dv = e dx ⇒ v = −e
= − ( x 2 − 2 x ) e − x − ( 2 x − 2 ) e − x − 2e − x = e − x ( − x 2 + 2 x − 2 x + 2 − 2 ) = − x 2 e − x + C
5

4 x3 + 2 x − 1
3 − 2 
3
5
2
2 x 3 x 2 3x 5
2
2


2
2
dx
=
x
−
x
+
+
dx
=
x
dx
−
x
dx
+
dx
−
dx
=
− +
− ln 2 x + 1 + C
∫ 2x + 1
∫
∫
∫
2 2x + 1 
2∫
4 ∫ 2x + 1
3
2
2 4


↑ Dividimos y obtenemos : D = 4 x 3 + 2 x − 1 ; d = 2 x + 1 ; c = 2 x 2 − x +
3
5
; r=− .
2
2
D
r
=c+
d
d
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