EJERCICIOS VARIOS

CALCULO II

Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS

⇒ ∫𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥

I. Resuelva las siguientes integrales:

𝑎)∫ 𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥

⇒ ∫𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 =𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥)

2−1

2∫𝑒2𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥) 𝑑𝑥

=𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥)

2−1

2[𝑒2𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥)

2+1

2∫𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥]

∫𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 +1

4∫𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 =

𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥)

2−𝑒2𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥)

4

∫𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 =4

5(𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥)

2−𝑒2𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥)

4) + 𝑐

∫𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 =2

5𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) −

1

5𝑒2𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 𝑐

∗∗ ∫𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 =𝒆𝟐𝒙

𝟓(𝟐 𝒔𝒆𝒏(𝒙) − 𝐜𝐨𝐬(𝒙)) + 𝒄

𝑏)∫𝑥𝑑𝑥

√𝑥2 + 4𝑥 + 8

∫𝑥𝑑𝑥

√𝑥2 + 4𝑥 + 8= ∫

𝑥𝑑𝑥

√𝑥2 + 4𝑥 + 4 − 4 + 8= ∫

𝑥𝑑𝑥

√(𝑥 + 2)2 + 4

𝐼 = ∫𝑥𝑑𝑥

√(𝑥 + 2)2 + 4= ∫

2(𝑡𝑔𝜃 − 1) ∗ 2 𝑠𝑒𝑐2𝜃 𝑑𝜃

2𝑠𝑒𝑐𝜃=∫2(𝑡𝑔𝜃 − 1) 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑑𝜃

𝐼 = ∫(2 𝑡𝑔𝜃 − 2) 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑑𝜃 = ∫2 𝑡𝑔𝜃 𝑠𝑒𝑐𝜃 − 2 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑑𝜃

𝐼 = 2∫ 𝑡𝑔𝜃 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑑𝜃 − 2∫𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑑𝜃

𝐼 = 2 sec 𝜃 − 2 𝐿𝑛 |sec 𝜃 + 𝑡𝑔𝜃| + 𝑐

𝐼 = √(𝑥 + 2)2 + 4 − 2 𝐿𝑛 |√(𝑥 + 2)2 + 4

2+𝑥 + 2

2| + 𝑐

𝒖 = 𝒔𝒆𝒏(𝒙) → 𝒅𝒖 = 𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙

𝒅𝒗 = 𝒆𝟐𝒙𝒅𝒙 → 𝒗 =𝒆𝟐𝒙

𝟐

𝒖 = 𝒄𝒐𝒔(𝒙) → 𝒅𝒖 = −𝒔𝒊𝒏(𝒙)𝒅𝒙

𝒅𝒗 = 𝒆𝟐𝒙𝒅𝒙 → 𝒗 =𝒆𝟐𝒙

𝟐

EJERCICIOS VARIOS

CALCULO II

Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS

𝑐)∫𝑥2 arctan(√𝑥)𝑑𝑥

𝐼 = ∫𝑥2 arctan(√𝑥) 𝑑𝑥 = ∫(𝑢2)2 arctan(𝑢) (2𝑢𝑑𝑢) =∫2𝑢5 arctan(𝑢)𝑑𝑢

Ahora por partes:

𝐼 = 𝑓𝑔 − ∫𝑔 𝑑𝑓 ⇒𝑢6

3arctan(𝑢) − ∫

𝑢6

3∗𝑑𝑢

𝑢2 + 1

𝐼 =𝑢6

3arctan(𝑢) −

1

3∫

𝑢6

𝑢2 + 1𝑑𝑢

Realizando la división de polinomio (puedes emplear cualquier método que gustes).

𝑢6

𝑢2 + 1= 𝑢4 − 𝑢2 + 1 −

1

𝑢2 + 1

La integral queda:

𝐼 =𝑢6

3arctan(𝑢) −

1

3∫(𝑢4 − 𝑢2 + 1 −

1

𝑢2 + 1)𝑑𝑢

𝐼 =𝑢6

3arctan(𝑢) −

1

3(∫𝑢4𝑑𝑢 − ∫𝑢2𝑑𝑢 +∫𝑑𝑢 −∫

𝑑𝑢

𝑢2 + 1 )

𝐼 =𝑢6

3arctan(𝑢) −

1

3(𝑢5

5−𝑢3

3+ 𝑢 − arctan(𝑢) + 𝐶1)

𝐼 =𝑢6

3arctan(𝑢) −

𝑢5

15+𝑢3

9−𝑢

3+1

3arctan(𝑢) −

1

3𝐶1

Variable original: 𝑢 = √𝑥 Además −

1

3𝐶1 = 𝐶 ⇒ 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

∫𝑥2 arctan(√𝑥)𝑑𝑥 =𝑥3

3arctan(√𝑥) −

√𝑥5

15+√𝑥3

9−√𝑥

3+1

3arctan(√𝑥) + 𝐶

𝑑)∫𝑥4𝑑𝑥

(𝑥 − 1)3

𝐼 = ∫𝑥4𝑑𝑥

(𝑥 − 1)3= ∫

(𝑢 + 1)4𝑑𝑢

𝑢3= ∫

𝑢4 + 4𝑢3 + 6𝑢2 + 4𝑢 + 1

𝑢3𝑑𝑢

𝐼 = ∫𝑢4

𝑢3+∫

4𝑢3

𝑢3+∫

6𝑢2

𝑢3+∫

4𝑢

𝑢3+∫

1

𝑢3 𝑑𝑢

𝐼 = ∫𝑢 +∫4 +∫6

𝑢+∫4𝑢−2 +∫𝑢−3 𝑑𝑢

𝐼 =𝑢2

2+ 4𝑢 + 6 ln|𝑢| −

4

𝑢−1

2𝑢2+ 𝐶

𝐼 =(𝑥 − 1)2

2+ 4(𝑥 − 1) + 6 ln|𝑥 − 1| −

4

𝑥 − 1−

1

2(𝑥 − 1)2+ 𝐶

√𝑥 = 𝑢 ⇒ 𝑥 = 𝑢2

𝑑𝑥 = 2𝑢𝑑𝑢

𝑢 = 𝑥 − 1 ⇒ 𝑥 = 𝑢 + 1

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

𝑥4 = (𝑢 + 1)4

𝑓 = arctan(𝑢) ⇒ 𝑑𝑓 =𝑑𝑢

𝑢2 + 1

𝑑𝑔 = 2𝑢5𝑑𝑢 ⇒ 𝑔 =𝑢6

3

EJERCICIOS VARIOS

CALCULO II

Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS

𝑒)∫𝑑𝑥

4𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 3cos (𝑥)

Aplicamos sustitución universal, para ello recordemos que:

{

sen(𝑥) =

2𝑡

1+𝑡2

cos(𝑥) =1−𝑡2

1+𝑡2

𝑑𝑥 =2

1+𝑡2𝑑𝑡

Entonces:

𝐼 = ∫𝑑𝑥

4𝑠𝑒𝑛(𝑥) − 3cos (𝑥)

𝑆𝑢𝑠𝑡.𝑈𝑛𝑖𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙→ ∫

(2𝑡

1 + 𝑡2)

4 (2𝑡

1 + 𝑡2) − 3 (

1 − 𝑡2

1 + 𝑡2)𝑑𝑡 = ∫

(2𝑡

1 + 𝑡2)

(8𝑡

1 + 𝑡2) − (

3 − 3𝑡2

1 + 𝑡2)𝑑𝑡 = ∫

(2𝑡

1 + 𝑡2)

(8𝑡 − 3 + 3𝑡2

1 + 𝑡2)𝑑𝑡

𝐼 = ∫2

(3𝑡2 + 8𝑡 − 3)𝑑𝑡 ⇒ 𝑅𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑟 𝑝𝑜𝑟 𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠

𝐼 = ∫2

(3𝑡2 + 8𝑡 − 3)𝑑𝑡 =

3

5∫

𝑑𝑡

3𝑡 − 1−1

5∫𝑑𝑡

𝑡 + 3=1

5𝑙𝑛|3𝑡 − 1| −

1

5𝑙𝑛|𝑡 + 3| + 𝑐

𝐼 = ∫2

(3𝑡2 + 8𝑡 − 3)𝑑𝑡 =

1

5𝑙𝑛 |3 tan (

𝑥

2) − 1| −

1

5𝑙𝑛 |tan (

𝑥

2) + 3| + 𝑐

𝑓)∫𝑒𝑥√1 − 𝑒2𝑥 𝑑𝑥

𝐼 = ∫𝑒𝑥√1 − 𝑒2𝑥 𝑑𝑥 = ∫𝑒𝑥√1 − (𝑒𝑥)2 𝑑𝑥

𝐼 = ∫𝑒𝑥√1 − (𝑒𝑥)2 𝑑𝑥𝐶𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒→ ∫√1 − 𝑢2

Hacemos una sustitución trigonométrica:

Tenemos que:

𝐼 = ∫√1 − 𝑢2 𝑆𝑢𝑠𝑡. 𝑡𝑟𝑖𝑔𝑜𝑛𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎→ ∫cos(𝑡) cos(𝑡) 𝑑𝑡 = ∫ 𝑐𝑜𝑠2(𝑡) 𝑑𝑡

Aplicamos la identidad trigonométrica: Entonces:

𝐼 = ∫𝑐𝑜𝑠2(𝑡) 𝑑𝑡 =1

2∫[cos(2𝑡) + 1] 𝑑𝑡 =

1

2[1

2𝑠𝑒𝑛(2𝑡) + 𝑡] + 𝐶 =

𝑠𝑒𝑛(2𝑡)

4+𝑡

2+ 𝐶

Ahora, recuerda que:

Por lo tanto:

𝐼 = ∫ 𝑐𝑜𝑠2(𝑡) 𝑑𝑡 =𝑠𝑒𝑛(𝑡)cos (𝑡)

2+𝑡

2+ 𝐶

Regresamos la sustitución trigonométrica:

𝐼 = ∫√1 − 𝑢2 𝑑𝑢 =𝑢√1 − 𝑢2

2+𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑢)

2+ 𝐶

Finalmente, regresamos el cambio de variable:

∫𝑒𝑥√1 − 𝑒2𝑥 𝑑𝑥 =𝑒𝑥√1 − 𝑒2𝑥

2+𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑒𝑥)

2+ 𝐶

𝑢 = 𝑒𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑒𝑥𝑑𝑥

{

𝑠𝑒𝑛(𝑡) = 𝑢 ⇒ 𝑡 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑢)

cos(𝑡) 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢

cos(𝑡) = √1 − 𝑢2

𝑐𝑜𝑠2(𝑡) =1

2[cos(2𝑡) + 1]

𝑠𝑒𝑛(2𝑡) = 2𝑠𝑒𝑛(𝑡)cos (𝑡)

EJERCICIOS VARIOS

CALCULO II

Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS

II. Determine si las siguientes integrales impropias son convergentes o divergentes:

𝑎)∫𝑑𝑥

𝑥 ln (𝑥)

+∞

𝑒

𝐼 = ∫𝑑𝑥

𝑥 ln (𝑥)

+∞

𝑒

⇒ lim𝑏→+∞

∫𝑑𝑥

𝑥 ln (𝑥)

𝑏

𝑒

⇒ 𝐼 = lim𝑏→+∞

∫𝑑𝑢

𝑢

lnb

1

= lim𝑏→+∞

[ln 𝑢]1lnb

𝐼 = lim𝑏→+∞

[ln(ln 𝑏) − 1]

𝐼 = +∞− 1

𝑰 = +∞ ⇒∴ Diverge

𝑏)∫𝑑𝑥

16 + 𝑥2

+∞

−∞

𝐼 = ∫𝑑𝑥

16 + 𝑥2= ∫

𝑑𝑥

𝑥2 + 42= lim𝑡→0∫

𝑑𝑥

𝑥2 + 42

𝑡

−𝑡

+∞

−∞

+∞

−∞

Recordar que:

Entonces:

𝐼 = lim𝑡→0∫

𝑑𝑥

𝑥2 + 42

𝑡

−𝑡

=1

4lim𝑡→0[arctan (

𝑥

4)]−𝑡

𝑡

𝐼 =1

4[lim𝑡→0arctan (

𝑡

4) − arctan (−

𝑡

4)] =

1

4[lim𝑡→0arctan (

𝑡

4) + arctan (−

𝑡

4)]

𝐼 =1

2 lim 𝑡→0

arctan (𝑡

4)𝐶𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒

→ { 𝑢 =𝑡

4𝑆𝑖 𝑡 → ∞ ⇒ 𝑢 → ∞

Entonces, nos queda lo siguiente:

𝑰 =𝟏

𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝒖→∞

𝐚𝐫𝐜𝐭𝐚𝐧(𝒖) =𝟏

𝟐∗𝝅

𝟐=𝝅

𝟒 ⇒ ∴ 𝐶𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒

𝑢 = ln(𝑥) ⇒ 𝑑𝑢 =𝑑𝑥

𝑥

𝑆𝑖 𝑥 = 𝑒 ⇒ 𝑢 = ln(𝑒) = 1

𝑆𝑖 𝑥 = 𝑏 ⇒ 𝑢 = ln(𝑏)

∫𝑑𝑥

𝑥2+𝑎2=1𝑎arctan(

𝑥𝑎)+𝑐

EJERCICIOS VARIOS

CALCULO II

Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS

𝐴 =2𝑦𝑧

2= 𝑦𝑧

[2𝑦]2 = 𝑦2 + 𝑧2 ⇒ 𝑧2 = 4𝑦2 − 𝑦2⋯

⋯ ⇒ 𝑧2 = 3𝑦2 ⇒ 𝑧 = √3𝑦

𝐴 = 𝑦√3

4𝑦 ⇒ ∴ 𝐴 =

√3

4𝑦2

III. La base de un sólido está acotada por las curvas 𝑦 = 𝑥 + 1, 𝑦 = 𝑥2 − 1.

Calcule el volumen del sólido, si las secciones transversales perpendiculares al eje

x son triángulos equiláteros con uno de sus lados sobre la base del sólido.

Gráficamente:

Hallar los puntos de corte, igualando ambas funciones

𝑥 + 1 = 𝑥2 − 1

𝑥2 − 1 − 𝑥 − 1 = 0

𝑥2 − 𝑥 − 2 = 0 ⇒ (𝑥 + 1)(𝑥 − 2) = {𝑥 + 1 = 0 ⇒ 𝑥 = −1𝑥 − 2 = 0 ⇒ 𝑥 = 2

Luego, Encontrar el área de un triángulo equilátero:

Luego, la función del área encerrada es:

𝑦 = [𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)]

𝑦 = 𝑥 + 1 − 𝑥2 + 1 ⇒ 𝑦 = 𝑥 − 𝑥2 + 2

EJERCICIOS VARIOS

CALCULO II

Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS

Entonces:

𝑉 = ∫ 𝐴(𝑥)𝑑𝑥 ⇒ ∫√3

4𝑦2𝑑𝑥 = ∫

√3

4(𝑥 − 𝑥2 + 2)2𝑑𝑥 = ∫

√3

4[−(𝑥 − 𝑥2 − 2)]2𝑑𝑥

𝑏

𝑎

𝑏

𝑎

𝑏

𝑎

𝑏

𝑎

𝑉 = ∫√3

4[−{(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)}]2𝑑𝑥 = ∫

√3

4(𝑥 − 2)2(𝑥 + 1)2𝑑𝑥 = ∫

√3

4(𝑥2 − 4𝑥 + 4)(𝑥2 + 2𝑥 + 1)𝑑𝑥

𝑏

𝑎

𝑏

𝑎

𝑏

𝑎

𝑉 = ∫√3

4(𝑥4 − 4𝑥3 + 4𝑥2 + 2𝑥3 − 8𝑥2 + 8𝑥 + 𝑥2 − 4𝑥 + 4)𝑑𝑥

𝑏

𝑎

𝑉 = ∫√3

4(𝑥4 − 2𝑥3 − 3𝑥2 + 4𝑥 + 4)𝑑𝑥

𝑏

𝑎

Pero, 𝑎 = −1 ∧ 𝑏 = 2

𝑉 = ∫√3

4(𝑥4 − 2𝑥3 − 3𝑥2 + 4𝑥 + 4)𝑑𝑥

2

−1

𝑉 =√3

4[𝑥5

5−𝑥4

2− 𝑥3 + 2𝑥2 + 4𝑥]

−1

2

𝑉 = {√3

4[(2)5

5−(2)4

2− (2)3 + 2(2)2 + 4(2)]} − {

√3

4[(−1)5

5−(−1)4

2− (−1)3 + 2(−1)2 + 4(−1)]}

𝑉 = {√3

4[32

5−16

2− 8 + 2(4) + 4(2)]} − {

√3

4[−1

5−1

2+ 1 + 2(1) + 4(−1)]}

𝑉 = {√3

4[32

5− 8 − 8 + 8 + 8]} − {

√3

4[−1

5−1

2+ 1 + 2 − 4]}

𝑉 =√3

4[32

5] − {

√3

4[−1

5−1

2+ 1 + 2 − 4]}

𝑉 =√3

4[32

5] − {

√3

4[−1

5−1

2− 1]}

𝑉 =√3

4[32

5] +√3

4[17

10]

𝑽 =𝟖𝟏√𝟑

𝟒𝟎 ≈ 𝟑. 𝟓𝟎 𝒖𝟑

IV. La región limitada por 𝑦 = 𝑥2, 𝑦 = 0, 𝑥 = 0, 𝑦 = 4, se hace girar alrededor

del eje y, halle el valor de y en el intervalo [0,4] que divide el sólido de

revolución en dos partes de igual volumen.

Suponemos que el valor de 𝑦 divide el

volumen en dos partes: 𝑦 = 𝑏𝑦 = 𝑏.

Entonces los volúmenes serán:

∴ 𝑉1 = 𝜋∫ (√𝑦)2𝑑𝑦

𝑏

0

∴ 𝑉2 = 𝜋∫ (√𝑦)2𝑑𝑦

4

𝑏

Observación: El método implementado

es el método de disco. Y, por lo tanto, se

integrada con respecto a 𝑦.

EJERCICIOS VARIOS

CALCULO II

Elaborado por: CARLOS AVILES GALEAS

La ecuación 𝒚 = 𝒙𝟐la necesitamos en términos de 𝑦. Entonces al

despejar 𝑥 queda: 𝒚 = 𝒙𝟐 ⇒ 𝒙 = √𝒚

Resolver las integrales planteadas:

∴ 𝑉1 = 𝜋∫ (√𝑦)2𝑑𝑦 = 𝜋∫ 𝑦𝑑𝑦 = 𝜋

1

2

𝑏

0

𝑏

0

𝑦2|0𝑏 = 𝜋

1

2𝑏2

∴ 𝑉2 = 𝜋∫ (√𝑦)2𝑑𝑦 = 𝜋∫ 𝑦𝑑𝑦 = 𝜋

1

2

4

𝑏

4

𝑏

𝑦2|4𝑏 = 𝜋

1

242 −

1

2𝑏2 ⇒ 𝜋 (8 −

1

2𝑏2)

Y como necesitamos que el volumen total sea dividido en dos partes

iguales esto es lo mismo que decir que necesitamos que 𝑉1 = 𝑉2

por ende tenemos la ecuación:

𝜋1

2𝑏2 = 𝜋 (8 −

1

2𝑏2)

𝜋12𝑏2

𝜋=𝜋 (8 −

12𝑏2)

𝜋=1

2𝑏2 = 8 −

1

2𝑏2⋯

⋯2(1

2𝑏2) = 2 (8 −

1

2𝑏2) ⇒ 𝑏2 = 16 − 𝑏2

⋯ ⇒ 𝑏2 + 𝑏2 = 16 ⇒ 2𝑏2 = 16⋯

⋯𝑏2 =16

2⇒ 𝑏2 = 8 ⇒ √𝑏 = √8 ⇒ 𝒃 = 𝟐√𝟐 ≈ 𝟐. 𝟖𝟑 𝒖𝟑

V. Halle el volumen del solido de revolución, obtenido al rotar sobre el eje x,

la región limitada por la parábola 𝑦 = 𝑥2 y las rectas 𝑦 =𝑥

2, 𝑥 = 1, 𝑥 = 2.

𝑉 = 𝜋∫ [(𝑥2)2 − (𝑥

2)2

] 𝑑𝑥2

1

𝑉 = 𝜋∫ [𝑥4 −𝑥2

4] 𝑑𝑥

2

1

𝑉 = 𝜋 [𝑥5

5−𝑥3

12]1

2

𝑉 = 𝜋 [32

5−2

3−1

5+1

12]

𝑉 = 𝜋 [31

5−7

12] ⇒ 𝜋 [

337

60]

𝑽 =𝟑𝟑𝟕

𝟔𝟎𝝅