Ejercicios Resueltos de Calculo II
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EJERCICIOS VARIOS
CALCULO II
Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS
β β«π2π₯π ππ(π₯) ππ₯
I. Resuelva las siguientes integrales:
π)β« π2π₯π ππ(π₯) ππ₯
β β«π2π₯π ππ(π₯) ππ₯ =π2π₯π ππ(π₯)
2β1
2β«π2π₯πππ (π₯) ππ₯
=π2π₯π ππ(π₯)
2β1
2[π2π₯πππ (π₯)
2+1
2β«π2π₯π ππ(π₯) ππ₯]
β«π2π₯π ππ(π₯) ππ₯ +1
4β«π2π₯π ππ(π₯) ππ₯ =
π2π₯π ππ(π₯)
2βπ2π₯πππ (π₯)
4
β«π2π₯π ππ(π₯) ππ₯ =4
5(π2π₯π ππ(π₯)
2βπ2π₯πππ (π₯)
4) + π
β«π2π₯π ππ(π₯) ππ₯ =2
5π2π₯π ππ(π₯) β
1
5π2π₯πππ (π₯) + π
ββ β«π2π₯π ππ(π₯) ππ₯ =πππ
π(π πππ(π) β ππ¨π¬(π)) + π
π)β«π₯ππ₯
βπ₯2 + 4π₯ + 8
β«π₯ππ₯
βπ₯2 + 4π₯ + 8= β«
π₯ππ₯
βπ₯2 + 4π₯ + 4 β 4 + 8= β«
π₯ππ₯
β(π₯ + 2)2 + 4
πΌ = β«π₯ππ₯
β(π₯ + 2)2 + 4= β«
2(π‘ππ β 1) β 2 π ππ2π ππ
2π πππ=β«2(π‘ππ β 1) π πππ ππ
πΌ = β«(2 π‘ππ β 2) π πππ ππ = β«2 π‘ππ π πππ β 2 π πππ ππ
πΌ = 2β« π‘ππ π πππ ππ β 2β«π πππ ππ
πΌ = 2 sec π β 2 πΏπ |sec π + π‘ππ| + π
πΌ = β(π₯ + 2)2 + 4 β 2 πΏπ |β(π₯ + 2)2 + 4
2+π₯ + 2
2| + π
π = πππ(π) β π π = πππ(π)π π
π π = ππππ π β π =πππ
π
π = πππ(π) β π π = βπππ(π)π π
π π = ππππ π β π =πππ
π
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EJERCICIOS VARIOS
CALCULO II
Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS
π)β«π₯2 arctan(βπ₯)ππ₯
πΌ = β«π₯2 arctan(βπ₯) ππ₯ = β«(π’2)2 arctan(π’) (2π’ππ’) =β«2π’5 arctan(π’)ππ’
Ahora por partes:
πΌ = ππ β β«π ππ βπ’6
3arctan(π’) β β«
π’6
3βππ’
π’2 + 1
πΌ =π’6
3arctan(π’) β
1
3β«
π’6
π’2 + 1ππ’
Realizando la divisiΓ³n de polinomio (puedes emplear cualquier mΓ©todo que gustes).
π’6
π’2 + 1= π’4 β π’2 + 1 β
1
π’2 + 1
La integral queda:
πΌ =π’6
3arctan(π’) β
1
3β«(π’4 β π’2 + 1 β
1
π’2 + 1)ππ’
πΌ =π’6
3arctan(π’) β
1
3(β«π’4ππ’ β β«π’2ππ’ +β«ππ’ ββ«
ππ’
π’2 + 1 )
πΌ =π’6
3arctan(π’) β
1
3(π’5
5βπ’3
3+ π’ β arctan(π’) + πΆ1)
πΌ =π’6
3arctan(π’) β
π’5
15+π’3
9βπ’
3+1
3arctan(π’) β
1
3πΆ1
Variable original: π’ = βπ₯ AdemΓ‘s β
1
3πΆ1 = πΆ β πΆπππ π‘πππ‘π
β«π₯2 arctan(βπ₯)ππ₯ =π₯3
3arctan(βπ₯) β
βπ₯5
15+βπ₯3
9ββπ₯
3+1
3arctan(βπ₯) + πΆ
π)β«π₯4ππ₯
(π₯ β 1)3
πΌ = β«π₯4ππ₯
(π₯ β 1)3= β«
(π’ + 1)4ππ’
π’3= β«
π’4 + 4π’3 + 6π’2 + 4π’ + 1
π’3ππ’
πΌ = β«π’4
π’3+β«
4π’3
π’3+β«
6π’2
π’3+β«
4π’
π’3+β«
1
π’3 ππ’
πΌ = β«π’ +β«4 +β«6
π’+β«4π’β2 +β«π’β3 ππ’
πΌ =π’2
2+ 4π’ + 6 ln|π’| β
4
π’β1
2π’2+ πΆ
πΌ =(π₯ β 1)2
2+ 4(π₯ β 1) + 6 ln|π₯ β 1| β
4
π₯ β 1β
1
2(π₯ β 1)2+ πΆ
βπ₯ = π’ β π₯ = π’2
ππ₯ = 2π’ππ’
π’ = π₯ β 1 β π₯ = π’ + 1
ππ’ = ππ₯
π₯4 = (π’ + 1)4
π = arctan(π’) β ππ =ππ’
π’2 + 1
ππ = 2π’5ππ’ β π =π’6
3
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EJERCICIOS VARIOS
CALCULO II
Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS
π)β«ππ₯
4π ππ(π₯) β 3cos (π₯)
Aplicamos sustituciΓ³n universal, para ello recordemos que:
{
sen(π₯) =
2π‘
1+π‘2
cos(π₯) =1βπ‘2
1+π‘2
ππ₯ =2
1+π‘2ππ‘
Entonces:
πΌ = β«ππ₯
4π ππ(π₯) β 3cos (π₯)
ππ’π π‘.ππππ£πππ ππβ β«
(2π‘
1 + π‘2)
4 (2π‘
1 + π‘2) β 3 (
1 β π‘2
1 + π‘2)ππ‘ = β«
(2π‘
1 + π‘2)
(8π‘
1 + π‘2) β (
3 β 3π‘2
1 + π‘2)ππ‘ = β«
(2π‘
1 + π‘2)
(8π‘ β 3 + 3π‘2
1 + π‘2)ππ‘
πΌ = β«2
(3π‘2 + 8π‘ β 3)ππ‘ β π ππ πππ£ππ πππ πΌππ‘πππππππ πππππππππ
πΌ = β«2
(3π‘2 + 8π‘ β 3)ππ‘ =
3
5β«
ππ‘
3π‘ β 1β1
5β«ππ‘
π‘ + 3=1
5ππ|3π‘ β 1| β
1
5ππ|π‘ + 3| + π
πΌ = β«2
(3π‘2 + 8π‘ β 3)ππ‘ =
1
5ππ |3 tan (
π₯
2) β 1| β
1
5ππ |tan (
π₯
2) + 3| + π
π)β«ππ₯β1 β π2π₯ ππ₯
πΌ = β«ππ₯β1 β π2π₯ ππ₯ = β«ππ₯β1 β (ππ₯)2 ππ₯
πΌ = β«ππ₯β1 β (ππ₯)2 ππ₯πΆπππππ ππ π£πππππππβ β«β1 β π’2
Hacemos una sustituciΓ³n trigonomΓ©trica:
Tenemos que:
πΌ = β«β1 β π’2 ππ’π π‘. π‘πππππππππ‘ππππβ β«cos(π‘) cos(π‘) ππ‘ = β« πππ 2(π‘) ππ‘
Aplicamos la identidad trigonomΓ©trica: Entonces:
πΌ = β«πππ 2(π‘) ππ‘ =1
2β«[cos(2π‘) + 1] ππ‘ =
1
2[1
2π ππ(2π‘) + π‘] + πΆ =
π ππ(2π‘)
4+π‘
2+ πΆ
Ahora, recuerda que:
Por lo tanto:
πΌ = β« πππ 2(π‘) ππ‘ =π ππ(π‘)cos (π‘)
2+π‘
2+ πΆ
Regresamos la sustituciΓ³n trigonomΓ©trica:
πΌ = β«β1 β π’2 ππ’ =π’β1 β π’2
2+ππππ ππ(π’)
2+ πΆ
Finalmente, regresamos el cambio de variable:
β«ππ₯β1 β π2π₯ ππ₯ =ππ₯β1 β π2π₯
2+ππππ ππ(ππ₯)
2+ πΆ
π’ = ππ₯ β ππ’ = ππ₯ππ₯
{
π ππ(π‘) = π’ β π‘ = ππππ ππ(π’)
cos(π‘) ππ‘ = ππ’
cos(π‘) = β1 β π’2
πππ 2(π‘) =1
2[cos(2π‘) + 1]
π ππ(2π‘) = 2π ππ(π‘)cos (π‘)
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EJERCICIOS VARIOS
CALCULO II
Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS
II. Determine si las siguientes integrales impropias son convergentes o divergentes:
π)β«ππ₯
π₯ ln (π₯)
+β
π
πΌ = β«ππ₯
π₯ ln (π₯)
+β
π
β limπβ+β
β«ππ₯
π₯ ln (π₯)
π
π
β πΌ = limπβ+β
β«ππ’
π’
lnb
1
= limπβ+β
[ln π’]1lnb
πΌ = limπβ+β
[ln(ln π) β 1]
πΌ = +ββ 1
π° = +β ββ΄ Diverge
π)β«ππ₯
16 + π₯2
+β
ββ
πΌ = β«ππ₯
16 + π₯2= β«
ππ₯
π₯2 + 42= limπ‘β0β«
ππ₯
π₯2 + 42
π‘
βπ‘
+β
ββ
+β
ββ
Recordar que:
Entonces:
πΌ = limπ‘β0β«
ππ₯
π₯2 + 42
π‘
βπ‘
=1
4limπ‘β0[arctan (
π₯
4)]βπ‘
π‘
πΌ =1
4[limπ‘β0arctan (
π‘
4) β arctan (β
π‘
4)] =
1
4[limπ‘β0arctan (
π‘
4) + arctan (β
π‘
4)]
πΌ =1
2 lim π‘β0
arctan (π‘
4)πΆπππππ ππ π£πππππππ
β { π’ =π‘
4ππ π‘ β β β π’ β β
Entonces, nos queda lo siguiente:
π° =π
π π₯π’π¦ πββ
ππ«ππππ§(π) =π
πβπ
π=π
π β β΄ πΆπππ£ππππ
π’ = ln(π₯) β ππ’ =ππ₯
π₯
ππ π₯ = π β π’ = ln(π) = 1
ππ π₯ = π β π’ = ln(π)
β«ππ₯
π₯2+π2=1πarctan(
π₯π)+π
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EJERCICIOS VARIOS
CALCULO II
Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS
π΄ =2π¦π§
2= π¦π§
[2π¦]2 = π¦2 + π§2 β π§2 = 4π¦2 β π¦2β―
β― β π§2 = 3π¦2 β π§ = β3π¦
π΄ = π¦β3
4π¦ β β΄ π΄ =
β3
4π¦2
III. La base de un sΓ³lido estΓ‘ acotada por las curvas π¦ = π₯ + 1, π¦ = π₯2 β 1.
Calcule el volumen del sΓ³lido, si las secciones transversales perpendiculares al eje
x son triΓ‘ngulos equilΓ‘teros con uno de sus lados sobre la base del sΓ³lido.
GrΓ‘ficamente:
Hallar los puntos de corte, igualando ambas funciones
π₯ + 1 = π₯2 β 1
π₯2 β 1 β π₯ β 1 = 0
π₯2 β π₯ β 2 = 0 β (π₯ + 1)(π₯ β 2) = {π₯ + 1 = 0 β π₯ = β1π₯ β 2 = 0 β π₯ = 2
Luego, Encontrar el Γ‘rea de un triΓ‘ngulo equilΓ‘tero:
Luego, la funciΓ³n del Γ‘rea encerrada es:
π¦ = [π(π₯) β π(π₯)]
π¦ = π₯ + 1 β π₯2 + 1 β π¦ = π₯ β π₯2 + 2
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EJERCICIOS VARIOS
CALCULO II
Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS
Entonces:
π = β« π΄(π₯)ππ₯ β β«β3
4π¦2ππ₯ = β«
β3
4(π₯ β π₯2 + 2)2ππ₯ = β«
β3
4[β(π₯ β π₯2 β 2)]2ππ₯
π
π
π
π
π
π
π
π
π = β«β3
4[β{(π₯ β 2)(π₯ + 1)}]2ππ₯ = β«
β3
4(π₯ β 2)2(π₯ + 1)2ππ₯ = β«
β3
4(π₯2 β 4π₯ + 4)(π₯2 + 2π₯ + 1)ππ₯
π
π
π
π
π
π
π = β«β3
4(π₯4 β 4π₯3 + 4π₯2 + 2π₯3 β 8π₯2 + 8π₯ + π₯2 β 4π₯ + 4)ππ₯
π
π
π = β«β3
4(π₯4 β 2π₯3 β 3π₯2 + 4π₯ + 4)ππ₯
π
π
Pero, π = β1 β§ π = 2
π = β«β3
4(π₯4 β 2π₯3 β 3π₯2 + 4π₯ + 4)ππ₯
2
β1
π =β3
4[π₯5
5βπ₯4
2β π₯3 + 2π₯2 + 4π₯]
β1
2
π = {β3
4[(2)5
5β(2)4
2β (2)3 + 2(2)2 + 4(2)]} β {
β3
4[(β1)5
5β(β1)4
2β (β1)3 + 2(β1)2 + 4(β1)]}
π = {β3
4[32
5β16
2β 8 + 2(4) + 4(2)]} β {
β3
4[β1
5β1
2+ 1 + 2(1) + 4(β1)]}
π = {β3
4[32
5β 8 β 8 + 8 + 8]} β {
β3
4[β1
5β1
2+ 1 + 2 β 4]}
π =β3
4[32
5] β {
β3
4[β1
5β1
2+ 1 + 2 β 4]}
π =β3
4[32
5] β {
β3
4[β1
5β1
2β 1]}
π =β3
4[32
5] +β3
4[17
10]
π½ =ππβπ
ππ β π. ππ ππ
IV. La regiΓ³n limitada por π¦ = π₯2, π¦ = 0, π₯ = 0, π¦ = 4, se hace girar alrededor
del eje y, halle el valor de y en el intervalo [0,4] que divide el sΓ³lido de
revoluciΓ³n en dos partes de igual volumen.
Suponemos que el valor de π¦ divide el
volumen en dos partes: π¦ = ππ¦ = π.
Entonces los volΓΊmenes serΓ‘n:
β΄ π1 = πβ« (βπ¦)2ππ¦
π
0
β΄ π2 = πβ« (βπ¦)2ππ¦
4
π
ObservaciΓ³n: El mΓ©todo implementado
es el mΓ©todo de disco. Y, por lo tanto, se
integrada con respecto a π¦.
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EJERCICIOS VARIOS
CALCULO II
Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS
La ecuaciΓ³n π = ππla necesitamos en tΓ©rminos de π¦. Entonces al
despejar π₯ queda: π = ππ β π = βπ
Resolver las integrales planteadas:
β΄ π1 = πβ« (βπ¦)2ππ¦ = πβ« π¦ππ¦ = π
1
2
π
0
π
0
π¦2|0π = π
1
2π2
β΄ π2 = πβ« (βπ¦)2ππ¦ = πβ« π¦ππ¦ = π
1
2
4
π
4
π
π¦2|4π = π
1
242 β
1
2π2 β π (8 β
1
2π2)
Y como necesitamos que el volumen total sea dividido en dos partes
iguales esto es lo mismo que decir que necesitamos que π1 = π2
por ende tenemos la ecuaciΓ³n:
π1
2π2 = π (8 β
1
2π2)
π12π2
π=π (8 β
12π2)
π=1
2π2 = 8 β
1
2π2β―
β―2(1
2π2) = 2 (8 β
1
2π2) β π2 = 16 β π2
β― β π2 + π2 = 16 β 2π2 = 16β―
β―π2 =16
2β π2 = 8 β βπ = β8 β π = πβπ β π. ππ ππ
V. Halle el volumen del solido de revoluciΓ³n, obtenido al rotar sobre el eje x,
la regiΓ³n limitada por la parΓ‘bola π¦ = π₯2 y las rectas π¦ =π₯
2, π₯ = 1, π₯ = 2.
π = πβ« [(π₯2)2 β (π₯
2)2
] ππ₯2
1
π = πβ« [π₯4 βπ₯2
4] ππ₯
2
1
π = π [π₯5
5βπ₯3
12]1
2
π = π [32
5β2
3β1
5+1
12]
π = π [31
5β7
12] β π [
337
60]
π½ =πππ
πππ