Capítulo 5 Soluciones de ejercicios seleccionados

Capítulo 5
Soluciones de ejercicios seleccionados
Sección 5.1.3
1. 744 euros.
2. 87,5 m.
3. Es posible ya que en 5 minutos podrían llenarse 14000 litros.
4. Por simplicidad, en éste y en los sucesivos ejercicios en los que se pida obtener integrales indefinidas daremos solo una primitiva (la integral indefinida se obtendría
sumando una constante genérica a esa primitiva). Si llamamos (a), (b), (c), etc.
a las distintas integrales indefinidas, empezando por las de la primera línea y de
izquierda a derecha, los resultados son:
1
2√ 3
(a) ln2 x2 . (b) −(x + 1)(x − 3)ex . (c)
3x − 8.
4 h
9 i
¯
¯
1
x
1 ¯¯ sen x2 + 3 cos x2 ¯¯
2
(d)
3 ln(x + 4) − 4 ln |x + 3| − 5 arc tg . (e) ln ¯
, o tam2
2
5
cos x2 − 3 sen x2 ¯
¯
¯
·
¸
1 1
1 ¯¯ 3 sen x − cos x + 1 ¯¯
−2x
−x
−x
−x
. (f)
ln(3
+ 1) − 3 − ln 3 + 2 arc tg 3
.
bién ln ¯
5
sen x + 3 cos x − 3 ¯
ln 3 2
Sección 5.2.3
1.
2.
R4
−1
R1
0
|f (x)| dx = −
R0
−1
f (x) dx +
R2
0
f (x) dx −
R3
2
f (x) dx +
R4
3
f (x) dx.
[−2 − (−5)] dx. O bien, mediante la integral doble de f (x, y) = 1 sobre A =
R 1 R −2
[0, 1] × [−5, −2], es decir, 0 −5 dy dx.
Sección 5.3 (pág. 248)
1. (a)
2.
2 √
1209
(4 13 − 1). (b)
.
3
28
√
61
' 1,24 grados centígrados a las 13 − 37 horas (6:55:02).
49
3. Dom f = R y f tiene un máximo local en x = −1 y un mínimo local en x = 1.
4. No existe, pues cuando x → 1− tiende a −∞ y cuando x → 1+ tiende a ∞.
Sección 5.4.5
1. (a) −1 (observe que el dominio de integración es una región de tipo II).
(b) 0 (conviene realizar un cambio semejante al de coordenadas polares).
1
1
π
. (b) (conviene realizar un cambio a coordenadas cilíndricas).
6
4
√
4π
(c)
(316 − 67 2) (conviene realizar un cambio a coordenadas esféricas).
15
2. (a)
Sección 5.5 (pág. 263)
x1−p
1. (a) La demostración es sencilla, se basa en que lı́m ln x = ∞ y lı́m
tiende a ∞
x→∞
x→∞ 1 − p
Z ∞
1
1
cuando p < 1 y vale cero cuando p > 1. En este último caso
dx =
.
p
x
p−1
1
(b) Aplicando el apartado (a) se obtiene que las tres integrales son convergentes
10
1
5
√ ,
√ y .
y sus valores son
21 − 5 5 43 − 10 5 2
2. La igualdad no es cierta, pues el integrando es una función no acotada en el intervalo
[0, 3] y sus integrales en los intervalos [0, 2) y (2, 3] son divergentes hacia −∞ y
∞, respectivamente.
Sección 5.6.3
1. En la primera integral con el método de los trapecios es necesario tomar, como
mínimo, 164 intervalos; y con el método de Simpson, como mínimo, 9 intervalos
(que equivale, al considerar los puntos medios, a tomar 18 intervalos o más).
En la segunda integral con el método de los trapecios es necesario tomar, como
mínimo, 184 intervalos; y con el método de Simpson, como mínimo, 11 intervalos
(que equivale a tomar 22 o más intervalos).
2.
1235
' 411,67 m2 .
3
3. Aplicando el método de trapecios se obtiene π '
el método de Simpson se obtiene π '
π ' 3,141592654).
5323
' 3,131176471 y aplicando
1700
152916620159
' 3,141592502 (note que
48674874300
Sección 5.7.4
1. La medida de dicho volumen es π.
√
(5 5 − 1)π
2. La medida del área es
.
6
3. El agua ejerce una fuerza de 98 newton sobre cada una de las dos paredes mayores
y una fuerza de 58,8 newton sobre cada una de las dos paredes menores.
√
(e e − 1)2
' 0,6, es decir, el riesgo queda cubierto en
4. La probabilidad pedida es
e3
aproximadamente un 60 % de los casos.
2
Sección 5.8
ln(x4 + 1)
5 4
4
x
−5 √
. (b)
(x + 1)6/5 . (c) √ arc tg √ . (d)
1 − 4x2 .
4
24
4
5
5
−3
ln(x2 + 16)
x2/3
(e) ln | ln x|. (f)
.
(g)
.
(h)
(20x13/30 + 33).
2
2(x
−
2)
2
22
√
√
(x + 1) x + 1 − (x − 1) x − 1
(4/3)x
(i)
. (j) tg x − x. (k)
.
3
2 ln 2 − ln 3
− ln2 cos x
2
sen6 x
. (n)
. (ñ) ln |3x3 − 2x2 |. (o) (ln x)3/2 .
(l) − cos ex . (m)
6
2
3
1. (a)
2. (a) (x − 1)ex . (b) sen x − x cos x. (c) −(3x2 − 7x + 6)ex .
1
1
1 4
(d) (3 − 2x2 ) cos 2x + x sen 2x. (e) x(ln x − 1). (f)
x (4 ln x − 1).
4
2
16
2 √
1
ln2 x
(g) x x(3 ln x − 2). (h) x2 (1 + 2 ln x(ln x − 1)). (i)
.
9
4
2
x
3x
1
e
e
(j) x arc tg x − ln(x2 + 1). (k) (sen x − cos x). (l)
(3 sen 2x − 2 cos 2x).
2
2
13
¯
¯
√
√
¯
¯
¯
¯x + 1¯
8
2 ¯ x + 2 − 1 ¯¯
2x + 1
2
¯.
√
3. (a) ln(x + x + 1) − √ arc tg √ . (b)
ln ¯
¯. (c) ln ¯¯
¯1 + 2 − x¯
2
x − 1¯
3
3
√
√
3
x
1 x2 + x + 1
2
2x + 1
(d) ln
−
−
arc tg √ . (e) − arc tg x + 2 arc tg √ .
2
6
(x − 1)
3(x − 1)
9
3
2
1
1
2
5
5
1
2
2
(f) ln |x + 2| −
ln(x + 1) + arc tg x. (g) − ln |x − 1| + ln(x + 1) − arc tg x.
5
10
5µ
2
4
2
¶
2
3
(x
−
2)
1
ln 2
+ arc tg x .
(h) 2 ln |x| − ln(x2 + 1). (i)
2
5
x +1
1
1
1
(j) (10 ln |x| − 5 ln |x + 2| + 3 ln |x − 2|) − (ln(x2 + 1) + 4 arc tg x). (k) ln |x3 − 1|.
40
10
3
(l) x − arc tg x. (m) 2 ln |x − 3| − ln |x − 2|. (n) x − 2 arc tg x.
2
1
(ñ) ln(x2 + x + 1) − 2 ln |x + 1|. (o) ln |x − 1| − ln(x2 + x + 1).
3
3
¯
¯
1 ¯¯ x + 1 ¯¯
2
2x − 1
x
(p) ln ¯
−
. (q) ln |x| − 2 ln |x − 1|. (r) √ arc tg √ . (s)
¯
2
4
x−1
2(x − 1)
3
3
r
√
2
9x − 10
3
3
x + + 2 arc tg x. (t)
+ √ arc tg
x.
x
30(3x2 + 5) 10 5
5
3x3 + 5x + 2 3
− arc tg x.
(u) −
8(x2 + 1)2
8
¯
¯
r
√
¯ x
¯
¯ tg x + √2 − 1 ¯
¯ x¯
¯ tg 2 + 1 ¯
2
¯
¯ 2
¯
¯
¯
¯; ln 1 + sen x y
√
.
(c)
ln
ln ¯
4. (a) ln ¯tg ¯. (b)
¯
x
¯
¯ 1 + 2 − tg x2 ¯
2
2
tg 2 − 1 ¯
1 − sen x
¯ ¡
¢¯
1
ln ¯tg x2 + π4 ¯ son otras dos soluciones correctas. (d) tg x −
.
tg x
√
1
tg x
2x 1
+ ln |2 + tg x| −
ln(1 + tg2 x), o también
(e) 2 arc tg √ − x. (f)
5
5
10
2
3
1
(2x + ln | sen x + 2 cos x|). (g) (2 ln | tg x − 2| − ln(1 + tg2 x) + x).
5
5
−5
5
x
−5
x
2
(h)
ln | tg x − 1| + ln(1 + tg x) − , o también
ln(1 − sen 2x) − .
2
4
2
4
2
cos3 x
cos2 x
− ln | cos x|. (j) arc tg(sen x). (k) cos x−2 arc tg(cos x). (l)
− cos x.
(i)
2
3
3
1
1
1
1
1
1
cos 2x −
cos 8x. (n) sen x −
sen 5x. (ñ) sen 3x +
sen 7x.
4
16
2
10
6
14
x 1
1
(o) + sen 2x. (p)
[12x + 3(sen 2x − sen 4x) − sen 6x].
2 4
192
2ex − 1
2
(q) x − 2 ln |ex − 1|. (r) √ arc tg √ . (s) ex + 2e−x + 2 arc tg ex .
3 ¯
3
¯
arc tg 2x
1 ¯¯ ex − 1 ¯¯
(t)
. (u) ln ¯ x
.
ln 2
2
e + 1¯
√
√
x
2|x|
5 − 25 − x2 √
2
5. (g) arc sen . (h) 5 ln
+ 25 − x2 . (i) x2 − 4 −
arc cos .
5
|x|
x
x
¯
¯
√
√
¯
¯
2
2
2
3x + 8 2
x x +4
¯x + 2 + x + 4¯
√
(j)
(x − 4)3/2 . (l)
+ 2 ln ¯
¯, o también
¯ x − 2 − x2 + 4 ¯
15
2
√
√
¯
¯´
√
x x2 + 4
x + x2 + 4
1³ √ 2
¯
¯
x x − 1 − ln ¯x + x2 − 1¯ .
+ 2 ln
. (m)
2
2
2
1³ √
x´
2
(n)
x 9 − x + 9 arc sen
.
2
3
¯
1 ¯
6. (a) ln ¯ln x2 ¯. (b) 2 ln |sen x| − ln |cos x|.
2 √
√
√
³
³
√ ´
√ ´i
2h
2 x2 + 2x + 1
√
arc tg 1 + 2x − arc tg 1 − 2x +
ln
(c)
.
4
8
x2 − 2x + 1
3
e−x
x2
− 4x + 9 ln |x + 2| +
. (e)
(3 sen 3x − cos 3x).
(d)
2
x+2
10
1
(f) ln(x2 + 1) + arc tg x. (g) − ln | cos x|.
2
x
2
2x + 3
5
(h) + ln |x| − 2 ln(x2 + 3x + 4) − √ arc tg √ . (i) arc sen 2x.
2
2
7
7
¤
1 £
(j)
10 ln | tg x| + 3 ln | tg x − 2| − 5 ln | tg x + 2| − 4 ln(1 + tg2 x) − 16x .
40
√
(k) x arcµsen x + 1 − x2 .
¶
2 · 3x + 3
1
3x
2
x
2x
x+1
√
.
(l)
ln 3 +
− 2 ln(3 + 3
+ 4) − √ arc tg
ln 3
2
7
7
√
2
√
1
25 − x2
ex (x2 − 1)
2
(m) ln(2x + 4x + 1). (n) −
. (ñ)
.
2
25x
2
ln | cos3 x − 1|
−(1 − x2 )3/2
x
(o)
. (p)
. (q) √
.
3
3
x2 + 1
(m)
6x2
3x2
0
.
(b)
Dom
b
=
R
y
b
(x)
=
.
1 + sen2 x3
1 + sen2Rxx3
dt
cos a 1+sen
cos x
2t
0
0
(c) Dom c = R y c (x) =
. (d) Dom d = R y d (x) =
.
2
2
1 + sen (sen x)
1 + sen x
Z
x
−1
dt
. (f) Dom f = R y f 0 (x) =
.
(e) Dom e = R y e0 (x) =
2
2
2
1 + x + sen2 x
Z8 b1 + t + sen t
dt
0
−x4
.
(h)
Dom
h
=
R
y
h
(x)
=
2xe
.
(g) Dom g = R y g 0 (x) =
2
2
a 1 + t + sen t
(i) Dom i = R e i0 (x) = 3x2 cos x3 − 2 cos 2x. (j) Si a > 0, Dom j = R+ ; si
a < 0, Dom j = R− ; y si a = 0 la integral no está definida
siquiera como inteZ (ni
x
1
dt
gral impropia). En cualquier caso, j 0 (x) =
+
para todo
2
2
2
x(1 + x )
a t (1 + t )
7. (a) Dom a = R y a0 (x) =
4
x ∈ Dom j. (k) Dom k = R y k 0 (x) =
Z
sen x
− ln(x2 + 1)
³R
´2 .
2
2
1 + x ln(t + 1) dt
2
(l) Dom l = R y l (x) = (cos x)
ey dy. (m) Dom m = R y m0 (x) = 0.
0
Z 5
dt
0
(n) Dom n = R y n (x) =
. (ñ) Dom ñ = (s, ∞), donde s es la solu2
2 t − sen t
Z x
dt
x
0
2
ción de s = sen s que pertenece a (0, 1), y ñ (x) =
+ 2
.
2
x − sen x
2 t − sen t
√
(o) Dom o = R+ ∪ {0} y o0 (x) = 2x2 sen x2 − x sen x.
0
8. (a) Dom f = (−∞, 1). (b) Dom f 0 = (−∞, 1) y f 0 (x) =
³ R
´
1 2
9. Mínimo global en (0, 0) máximo global en 1, 0 et dt .
arc tg x
.
x−1
10. F 0 (x) = f (x) y G0 (x) = g(x) para todo x ∈ R − {1}. En el punto x = 1 se tiene
que F (x) no es derivable, sin embargo, G0 (1) = 0 6= 1 = g(1).
11. (a) f (x) es estrictamente creciente en R+ . (b) Compruebe (aplicando la regla
de la cadena) que G verifica la definición de primitiva. (c) Aplique la Regla de
Barrow a la función g(x) en el intervalo [1, b].
12. (a) f (t) = sen t y a = π/3. (b) f (t) = 6t y a = (1/2)1/3 .
√
13. f (t) = 2t + 2 y a = −1 ± 5. Sin embargo, si f no fuese continua no podríamos
aplicar el teorema 5.23.
14. (a) 1/3. (b) 2. (c) 1. (d) 1/2. (e) 6 − 3(1/2)1/3 . (f) 4/15. (g) 10/3.
(h) 4752/35.
15. (a) 0. (b)
16. (a) 1. (b)
17. (c)
Z
18.
88 − π 3
+ ln 2.
24
11
5
1
. (i) ln . (l) . (ñ) 6π.
3840
2
3
1
2π 5
. (g) 2π. (j) 0. (l) 0. (m) 0. (ñ)
ρ (1 − cos φ0 ).
12
5 0
|x − 1|
1
1
2x + 1
ln √
+ √ arc tg √
para todo x ∈ R − {1}. La in2
3
x +x+1
3
3
tegral de f en el intervalo [0, 1] no existe (diverge a −∞), sin embargo, en el
√
√
√ i
1h
intervalo [2, ∞) sí existe (y su valor es
ln 7 + 3π − 2 3 arc tg(5/ 3) ).
6
f (x) dx =
−1
19. (a) −∞. (b) ∞. (c) π/2 y π. (e)
si r < −1, ∞ si r ≥ −1, en el caso (1, ∞).
r+1
5
1
(f) . (g) −∞. (h)
en el caso (0, ∞), ∞ en el caso (−∞, ∞).
4
ln 5 − ln 2
9π − 12 ln 2
2
ln 3
(i)
. (k) −∞. (l) −∞. (m) π. (n) . (ñ) −∞. (p) 1 −
.
e
4
√20
1
4π 3
. (s) diverge. (t) π/2. (u)
. (v) oscila.
(r)
9
e+1
5
21. µ = 1.
23. (c) 4π.
33. (a) 4 − e + e−1 . (b)
40. (c)
8
16
(e − 1)2
−1
. (c) 8. (d)
. (e)
. (f)
. (j) π.
3
3
e
6
π2
.
2
48. (a) 12(e4 − 1). (c)
√
2
e−1
64π
16π
. (d)
. (f)
. (g)
(8 − 3 3).
3
2e
3
3
6