IB Análisis y Enfoques NS · Cálculo integral · Cierre del tema

Ejercicios IB de cálculo integral

312 ejercicios con solución · Por Álvaro López

Ejercicios de exámenes del IB agrupados por tipo y, dentro de cada tipo, de menos a más difícil. Intenta cada uno antes de abrir la solución.

Nivel

Prueba

Soluciones

Primitivas, sustitución, partes y fracciones simples

Ejercicio 1 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2013

Halle el valor exacto de $\int_{1}^{2} ((x - 2)^{2} + \frac{1}{x} + sen π x) d x$ .

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Resultado: $ln 2 + \frac{1}{3} - \frac{2}{π}$

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Integramos término a término.
Primer término: $\int_{1}^{2} (x - 2)^{2} d x = [\frac{( x - 2 ) ^{3}}{3}]_{1}^{2} = 0 - \frac{( - 1 ) ^{3}}{3} = \frac{1}{3}$ .
Segundo término: $\int_{1}^{2} \frac{1}{x} d x = [ln x]_{1}^{2} = ln 2 - ln 1 = ln 2$ .
Tercer término (ajuste por la regla de la cadena, $π$ en el argumento): $\int_{1}^{2} sen π x d x = [- \frac{cos π x}{π}]_{1}^{2} = - \frac{cos 2 π}{π} + \frac{cos π}{π} = - \frac{1}{π} - \frac{1}{π} = - \frac{2}{π}$ .
Sumamos los tres resultados.

Resultado: $ln 2 + \frac{1}{3} - \frac{2}{π}$

Ejercicio 2 BásicoIB · P1 Mayo 2001

Sea $f (t) = t^{\frac{1}{3}} (1 - \frac{1}{2 t ^{\frac{5}{3}}})$ . Calcule $\int f (t) d t$ .

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Resultado: $\int f (t) d t = \frac{3}{4} t^{\frac{4}{3}} + \frac{3}{2} t^{- \frac{1}{3}} + C$

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Desarrollamos $f (t) = t^{\frac{1}{3}} - \frac{1}{2} t^{\frac{1}{3}} \cdot t^{- \frac{5}{3}} = t^{\frac{1}{3}} - \frac{1}{2} t^{- \frac{4}{3}}$ .
Integramos cada potencia con $\int t^{n} d t = \frac{t ^{n + 1}}{n + 1}$ :
$\int t^{\frac{1}{3}} d t = \frac{t ^{\frac{4}{3}}}{\frac{4}{3}} = \frac{3}{4} t^{\frac{4}{3}}$ .
$- \frac{1}{2} \int t^{- \frac{4}{3}} d t = - \frac{1}{2} \cdot \frac{t ^{- \frac{1}{3}}}{- \frac{1}{3}} = \frac{3}{2} t^{- \frac{1}{3}}$ .

Resultado: $\int f (t) d t = \frac{3}{4} t^{\frac{4}{3}} + \frac{3}{2} t^{- \frac{1}{3}} + C$

Ejercicio 3 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2019

Utilizando la sustitución $u = sen x$ , halle $\int \frac{cos ^{3} x}{sen x} d x$ .

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Resultado: $2 sen x - \frac{2}{5} sen^{5} x + C$

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Sustitución $u = sen x$ , $d u = cos x d x$ .
Separamos $cos^{3} x = cos^{2} x cos x = (1 - sen^{2} x) cos x$ .
La integral pasa a $\int \frac{1 - u ^{2}}{u} d u = \int (u^{- \frac{1}{2}} - u^{\frac{3}{2}}) d u$ .
Integramos: $2 u^{\frac{1}{2}} - \frac{2}{5} u^{\frac{5}{2}} + C$ .
Deshacemos el cambio.

Resultado: $2 sen x - \frac{2}{5} sen^{5} x + C$

Ejercicio 4 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2015

Utilizando la integración por partes, halle $\int x sen x d x$ .

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Resultado: $- x cos x + sen x + C$

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Integración por partes, $\int u d v = uv - \int v d u$ .
Elegimos $u = x$ (se simplifica al derivar) y $d v = sen x d x$ . Entonces $d u = d x$ y $v = - cos x$ .
$\int x sen x d x = - x cos x + \int cos x d x = - x cos x + sen x + C$ .
Comprobación: $\frac{d}{d x} (- x cos x + sen x) = - cos x + x sen x + cos x = x sen x$ .

Resultado: $- x cos x + sen x + C$

Ejercicio 5 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2010

Halle el valor de $\int_{0}^{1} t ln (t + 1) d t$ .

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Resultado: $\frac{1}{4}$

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Integración por partes con $u = ln (t + 1)$ y $d v = t d t$ . Entonces $d u = \frac{1}{t + 1} d t$ y $v = \frac{t ^{2}}{2}$ .
$\int_{0}^{1} t ln (t + 1) d t = [\frac{t ^{2}}{2} ln (t + 1)]_{0}^{1} - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{t ^{2}}{t + 1} d t$ .
El primer término vale $\frac{1}{2} ln 2$ .
Dividimos: $\frac{t ^{2}}{t + 1} = t - 1 + \frac{1}{t + 1}$ .
$\int_{0}^{1} (t - 1 + \frac{1}{t + 1}) d t = [\frac{t ^{2}}{2} - t + ln (t + 1)]_{0}^{1} = \frac{1}{2} - 1 + ln 2 = ln 2 - \frac{1}{2}$ .
Total: $\frac{1}{2} ln 2 - \frac{1}{2} (ln 2 - \frac{1}{2}) = \frac{1}{4}$ .

Resultado: $\frac{1}{4}$

Ejercicio 6 BásicoIB · P1 Noviembre 2002

Halle $\int (θ cos θ - θ) d θ$ .

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Resultado: $θ sen θ + cos θ - \frac{θ ^{2}}{2} + C$

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Integramos cada sumando por separado.
$\int θ cos θ d θ$ por partes con $u = θ$ y $d v = cos θ d θ$ : $d u = d θ$ , $v = sen θ$ . Resulta $θ sen θ - \int sen θ d θ = θ sen θ + cos θ$ .
$\int θ d θ = \frac{θ ^{2}}{2}$ .
Restamos.

Resultado: $θ sen θ + cos θ - \frac{θ ^{2}}{2} + C$

Ejercicio 7 BásicoIB · P1 Mayo 1996

Calcule $\int \frac{d x}{8 x - x ^{2} - 7}$ .

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Resultado: $arcsin (\frac{x - 4}{3}) + C$

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Completamos el cuadrado: $8 x - x^{2} - 7 = - (x^{2} - 8 x) - 7 = - ((x - 4)^{2} - 16) - 7 = 9 - (x - 4)^{2}$ .
La integral es $\int \frac{d x}{9 - ( x - 4 ) ^{2}}$ .
Con $u = x - 4$ , es la forma $\int \frac{d u}{a ^{2} - u ^{2}} = arcsin \frac{u}{a}$ con $a = 3$ .

Resultado: $arcsin (\frac{x - 4}{3}) + C$

Ejercicio 8 BásicoIB · P1 Noviembre 1996

Calcule $\int \frac{d x}{x ^{2} + 6 x + 13}$ .

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Resultado: $\frac{1}{2} arctan (\frac{x + 3}{2}) + C$

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Completamos el cuadrado: $x^{2} + 6 x + 13 = (x + 3)^{2} + 4$ .
La integral es $\int \frac{d x}{( x + 3 ) ^{2} + 2 ^{2}}$ . Con $u = x + 3$ , la forma $\int \frac{d u}{u ^{2} + a ^{2}} = \frac{1}{a} arctan \frac{u}{a}$ con $a = 2$ da el resultado.

Resultado: $\frac{1}{2} arctan (\frac{x + 3}{2}) + C$

Ejercicio 9 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2017

Calcule $\int arcsin x d x$ .

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Resultado: $x arcsin x + 1 - x^{2} + C$

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Integración por partes con $u = arcsin x$ y $d v = d x$ . Entonces $d u = \frac{1}{1 - x ^{2}} d x$ y $v = x$ .
$\int arcsin x d x = x arcsin x - \int \frac{x}{1 - x ^{2}} d x$ .
Con $w = 1 - x^{2}$ , $d w = - 2 x d x$ : $\int \frac{x}{1 - x ^{2}} d x = - 1 - x^{2}$ .
Por tanto $x arcsin x + 1 - x^{2} + C$ .

Resultado: $x arcsin x + 1 - x^{2} + C$

Ejercicio 10 BásicoIB · P1 Mayo 1997

Calcule la integral indefinida $\int (x^{2} - 1)^{3} x d x$ .

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Resultado: $\frac{( x ^{2} - 1 ) ^{4}}{8} + C$

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Sustitución $u = x^{2} - 1$ , $d u = 2 x d x$ , es decir, $x d x = \frac{1}{2} d u$ .
$\int u^{3} \cdot \frac{1}{2} d u = \frac{u ^{4}}{8} + C$ .
Deshacemos el cambio.

Resultado: $\frac{( x ^{2} - 1 ) ^{4}}{8} + C$

Ejercicio 11 BásicoIB · P1 Noviembre 1997

Calcule $\int \frac{d x}{6 x - x ^{2} - 5}$ .

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Resultado: $arcsin (\frac{x - 3}{2}) + C$

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Completamos el cuadrado: $6 x - x^{2} - 5 = - (x - 3)^{2} + 9 - 5 = 4 - (x - 3)^{2}$ .
La integral es $\int \frac{d x}{2 ^{2} - ( x - 3 ) ^{2}}$ . Con $u = x - 3$ y la forma $\int \frac{d u}{a ^{2} - u ^{2}} = arcsin \frac{u}{a}$ con $a = 2$ se obtiene el resultado.

Resultado: $arcsin (\frac{x - 3}{2}) + C$

Ejercicio 12 BásicoIB · P1 Mayo 1998

Calcule $\int arctan x d x$ .

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Resultado: $x arctan x - \frac{1}{2} ln (1 + x^{2}) + C$

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Integración por partes con $u = arctan x$ y $d v = d x$ : $d u = \frac{1}{1 + x ^{2}} d x$ , $v = x$ .
$\int arctan x d x = x arctan x - \int \frac{x}{1 + x ^{2}} d x$ .
Con $w = 1 + x^{2}$ , $d w = 2 x d x$ : $\int \frac{x}{1 + x ^{2}} d x = \frac{1}{2} ln (1 + x^{2})$ .

Resultado: $x arctan x - \frac{1}{2} ln (1 + x^{2}) + C$

Ejercicio 13 BásicoIB · P1 Noviembre 1999

Calcule el número real $k > 1$ para el cual $\int_{1}^{k} (1 + \frac{1}{x ^{2}}) d x = \frac{3}{2}$ .

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Resultado: $k = 2$

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Una primitiva de $1 + \frac{1}{x ^{2}} = 1 + x^{- 2}$ es $x - \frac{1}{x}$ .
$\int_{1}^{k} (1 + \frac{1}{x ^{2}}) d x = (k - \frac{1}{k}) - (1 - 1) = k - \frac{1}{k}$ .
Igualamos: $k - \frac{1}{k} = \frac{3}{2}$ . Multiplicando por $2 k$ : $2 k^{2} - 3 k - 2 = 0$ .
$(2 k + 1) (k - 2) = 0$ , luego $k = - \frac{1}{2}$ o $k = 2$ . Como $k > 1$ , la solución es $k = 2$ .

Resultado: $k = 2$

Ejercicio 14 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2004

Calcule $\int x^{2} e^{x} d x$ .

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Resultado: $x^{2} e^{x} - 2 x e^{x} + 2 e^{x} + C$

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Integración por partes con $u = x^{2}$ y $d v = e^{x} d x$ : $d u = 2 x d x$ , $v = e^{x}$ .
$\int x^{2} e^{x} d x = x^{2} e^{x} - 2 \int x e^{x} d x$ .
De nuevo por partes con $u = x$ y $d v = e^{x} d x$ : $\int x e^{x} d x = x e^{x} - \int e^{x} d x = x e^{x} - e^{x}$ .
Sustituimos: $x^{2} e^{x} - 2 x e^{x} + 2 e^{x} + C$ .

Resultado: $x^{2} e^{x} - 2 x e^{x} + 2 e^{x} + C$

Ejercicio 15 BásicoIB · P2 TZ1 Mayo 2008

Utilizando una sustitución apropiada, calcule $\int \frac{tan ( ln y )}{y} d y$ , $y > 0$ .

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Resultado: $- ln ∣ cos (ln y) ∣ + C$

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Sustitución $u = ln y$ , $d u = \frac{1}{y} d y$ .
$\int tan u d u = \int \frac{sen u}{cos u} d u = - ln ∣ cos u ∣ + C$ (con $w = cos u$ , $d w = - sen u d u$ ).
Deshacemos el cambio.

Resultado: $- ln ∣ cos (ln y) ∣ + C$

Ejercicio 16 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2015

a) Calcule $\int (1 + tan^{2} x) d x$ .

b) Calcule $\int sen^{2} x d x$ .

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Resultado: a) $tan x + C$ ; b) $\frac{1}{2} (x - \frac{sen 2 x}{2}) + C$

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a) 1. Por la identidad $1 + tan^{2} x = sec^{2} x$ , la integral es $\int sec^{2} x d x$ . 2. Como $\frac{d}{d x} tan x = sec^{2} x$ , resulta $tan x + C$ .

b) 1. Usamos $cos 2 x = 1 - 2 sen^{2} x$ , es decir, $sen^{2} x = \frac{1 - cos 2 x}{2}$ . 2. $\int \frac{1 - cos 2 x}{2} d x = \frac{1}{2} (x - \frac{sen 2 x}{2}) + C$ .

Resultado: a) $tan x + C$ ; b) $\frac{1}{2} (x - \frac{sen 2 x}{2}) + C$

Ejercicio 17 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2015

Utilice la sustitución $u = ln x$ para hallar el valor de $\int_{e}^{e^{2}} \frac{d x}{x ln x}$ .

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Resultado: $ln 2$

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Sustitución $u = ln x$ , de modo que $d u = \frac{1}{x} d x$ .
Cambiamos los límites: si $x = e$ , $u = ln e = 1$ ; si $x = e^{2}$ , $u = ln e^{2} = 2$ .
La integral es $\int_{1}^{2} \frac{d u}{u} = [ln ∣ u ∣]_{1}^{2}$ .
$= ln 2 - ln 1 = ln 2$ .

Resultado: $ln 2$

Ejercicio 18 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2004

Sabiendo que $\frac{d y}{d x} = 2 x - sen x$ e $y = 2$ cuando $x = 0$ , encuentre una expresión para $y$ en función de $x$ .

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Resultado: $y = x^{2} + cos x + 1$

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Integramos respecto de $x$ : $y = \int (2 x - sen x) d x = x^{2} + cos x + C$ .
Condición inicial $y (0) = 2$ : $0 + 1 + C = 2$ , luego $C = 1$ .

Resultado: $y = x^{2} + cos x + 1$

Ejercicio 19 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2004

Sabiendo que $\frac{d y}{d x} = e^{x} - 2 x$ , y que cuando $x = 0$ , $y = 3$ , halle la expresión de $y$ en función de $x$ .

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Resultado: $y = e^{x} - x^{2} + 2$

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Integramos: $y = \int (e^{x} - 2 x) d x = e^{x} - x^{2} + C$ .
Condición inicial $y (0) = 3$ : $1 - 0 + C = 3$ , luego $C = 2$ .

Resultado: $y = e^{x} - x^{2} + 2$

Ejercicio 20 BásicoIB · P2 TZ2 Mayo 2022

La derivada de la función $g$ viene dada por $g^{'} (x) = 3 x^{2} + 5 e^{x}$ , donde $x \in R$ . El gráfico de $g$ pasa por el punto $(0, 4)$ . Halle $g (x)$ .

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Resultado: $g (x) = x^{3} + 5 e^{x} - 1$

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Integramos: $g (x) = \int (3 x^{2} + 5 e^{x}) d x = x^{3} + 5 e^{x} + C$ .
Pasa por $(0, 4)$ : $0 + 5 + C = 4$ , luego $C = - 1$ .

Resultado: $g (x) = x^{3} + 5 e^{x} - 1$

Ejercicio 21 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2022

La derivada de la función $f$ viene dada por $f^{'} (x) = \frac{6 x}{x ^{2} + 1}$ . El gráfico de $y = f (x)$ pasa por el punto $(1, 5)$ . Halle una expresión para $f (x)$ .

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Resultado: $f (x) = 3 ln (x^{2} + 1) + 5 - 3 ln 2$

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Integramos: $f (x) = \int \frac{6 x}{x ^{2} + 1} d x$ . Técnica: el numerador es $3 \cdot$ la derivada del denominador ( $(x^{2} + 1)^{'} = 2 x$ ), o sustitución $u = x^{2} + 1$ .
$f (x) = 3 ln (x^{2} + 1) + C$ (no hace falta valor absoluto, pues $x^{2} + 1 > 0$ ).
Pasa por $(1, 5)$ : $3 ln 2 + C = 5$ , luego $C = 5 - 3 ln 2$ .

Resultado: $f (x) = 3 ln (x^{2} + 1) + 5 - 3 ln 2$

Ejercicio 22 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2014

Utilizando la sustitución $u = 1 + x$ , halle $\int \frac{x}{1 + x} d x$ .

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Resultado: $2 [\frac{( 1 + x ) ^{2}}{2} + ln (1 + x) - 2 (1 + x)] + C$

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Sustitución $u = 1 + x$ . Entonces $x = u - 1$ , es decir $x = (u - 1)^{2}$ , y $d x = 2 (u - 1) d u$ .
La integral queda $\int \frac{u - 1}{u} \cdot 2 (u - 1) d u = 2 \int \frac{( u - 1 ) ^{2}}{u} d u$ .
Desarrollamos: $\frac{( u - 1 ) ^{2}}{u} = \frac{u ^{2} - 2 u + 1}{u} = u - 2 + \frac{1}{u}$ .
Integramos: $2 [\frac{u ^{2}}{2} - 2 u + ln ∣ u ∣] + C$ .
Deshacemos el cambio ( $u = 1 + x > 0$ ).

Resultado: $2 [\frac{( 1 + x ) ^{2}}{2} + ln (1 + x) - 2 (1 + x)] + C$

Ejercicio 23 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2005

a) Exprese $\frac{2 x + 4}{( x ^{2} + 4 ) ( x - 2 )}$ en forma de suma de fracciones simples.

b) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, halle $\int \frac{2 x + 4}{( x ^{2} + 4 ) ( x - 2 )} d x$ .

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Resultado: a) $\frac{1}{x - 2} - \frac{x}{x ^{2} + 4}$ ; b) $ln ∣ x - 2∣ - \frac{1}{2} ln (x^{2} + 4) + C$

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a) 1. La descomposición es $\frac{2 x + 4}{( x ^{2} + 4 ) ( x - 2 )} = \frac{A}{x - 2} + \frac{B x + C}{x ^{2} + 4}$ (el factor $x^{2} + 4$ no tiene raíces reales, por eso lleva numerador lineal). 2. Multiplicamos por el denominador: $2 x + 4 = A (x^{2} + 4) + (B x + C) (x - 2)$ . 3. Con $x = 2$ : $8 = 8 A$ , luego $A = 1$ . 4. Coeficiente de $x^{2}$ : $0 = A + B$ , luego $B = - 1$ . 5. Término independiente: $4 = 4 A - 2 C = 4 - 2 C$ , luego $C = 0$ . 6. Por tanto $\frac{2 x + 4}{( x ^{2} + 4 ) ( x - 2 )} = \frac{1}{x - 2} - \frac{x}{x ^{2} + 4}$ .

b) 1. Integramos la descomposición del apartado anterior (fracciones simples). 2. $\int \frac{1}{x - 2} d x = ln ∣ x - 2∣$ . 3. $\int \frac{x}{x ^{2} + 4} d x = \frac{1}{2} ln (x^{2} + 4)$ , porque el numerador es la mitad de la derivada del denominador. 4. Restamos ambos resultados.

Resultado: a) $\frac{1}{x - 2} - \frac{x}{x ^{2} + 4}$ ; b) $ln ∣ x - 2∣ - \frac{1}{2} ln (x^{2} + 4) + C$

Ejercicio 24 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2009

a) Halle $\int tan^{3} x d x$ .

b) Calcule $\int_{π /4}^{π /3} \frac{sec ^{2} x}{3 tan x} d x$ .

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Resultado: a) $\frac{1}{2 cos ^{2} x} + ln ∣ cos x ∣ + C$ ; b) $\frac{3}{2} (33 - 1)$

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a) 1. Escribimos $tan^{3} x = tan x tan^{2} x = tan x (sec^{2} x - 1)$ . 2. Entonces $\int tan^{3} x d x = \int tan x sec^{2} x d x - \int tan x d x$ . 3. En la primera, sustitución $u = tan x$ , $d u = sec^{2} x d x$ : $\int u d u = \frac{tan ^{2} x}{2}$ . 4. La segunda es $\int tan x d x = - ln ∣ cos x ∣$ . 5. Resulta $\frac{tan ^{2} x}{2} + ln ∣ cos x ∣ + C$ . Como $tan^{2} x = sec^{2} x - 1$ , es equivalente a $\frac{1}{2 cos ^{2} x} + ln ∣ cos x ∣ + C$ (la diferencia $\frac{1}{2}$ se absorbe en la constante).

b) 1. Sustitución $u = tan x$ , $d u = sec^{2} x d x$ . 2. Límites: si $x = \frac{π}{4}$ , $u = 1$ ; si $x = \frac{π}{3}$ , $u = 3$ . 3. $\int_{1}^{3} u^{- \frac{1}{3}} d u = [\frac{3}{2} u^{\frac{2}{3}}]_{1}^{3} = \frac{3}{2} ((3^{\frac{1}{2}})^{\frac{2}{3}} - 1) = \frac{3}{2} (3^{\frac{1}{3}} - 1)$ .

Resultado: a) $\frac{1}{2 cos ^{2} x} + ln ∣ cos x ∣ + C$ ; b) $\frac{3}{2} (33 - 1)$

Ejercicio 25 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2009

Utilizando la sustitución $x = 2 sen θ$ , compruebe que $\int 4 - x^{2} d x = A x 4 - x^{2} + B arcsin (\frac{x}{2}) + Constante$ , donde $A$ y $B$ son constantes cuyos valores deberá usted hallar.

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Resultado: $A = \frac{1}{2}$ , $B = 2$

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Sustitución $x = 2 sen θ$ : $d x = 2 cos θ d θ$ y $4 - x^{2} = 4 - 4 sen^{2} θ = 2 cos θ$ (con $cos θ \geq 0$ , es decir $θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ ).
La integral es $\int 2 cos θ \cdot 2 cos θ d θ = 4 \int cos^{2} θ d θ$ .
Usamos $cos^{2} θ = \frac{1 + cos 2 θ}{2}$ : $4 \int \frac{1 + cos 2 θ}{2} d θ = 2 θ + sen 2 θ + C$ .
Como $sen 2 θ = 2 sen θ cos θ$ , queda $2 θ + 2 sen θ cos θ$ .
Deshacemos el cambio: $θ = arcsin \frac{x}{2}$ , $sen θ = \frac{x}{2}$ , $cos θ = \frac{4 - x ^{2}}{2}$ .
Entonces $2 θ + 2 sen θ cos θ = 2 arcsin \frac{x}{2} + 2 \cdot \frac{x}{2} \cdot \frac{4 - x ^{2}}{2} = 2 arcsin \frac{x}{2} + \frac{1}{2} x 4 - x^{2}$ .
Comparando con la forma pedida, $A = \frac{1}{2}$ y $B = 2$ .

Resultado: $A = \frac{1}{2}$ , $B = 2$

Ejercicio 26 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2008

Compruebe que $\int_{0}^{π /6} x sen 2 x d x = \frac{3}{8} - \frac{π}{24}$ .

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Resultado: queda comprobado: $\int_{0}^{π /6} x sen 2 x d x = \frac{3}{8} - \frac{π}{24}$ .

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Integración por partes con $u = x$ y $d v = sen 2 x d x$ . Entonces $d u = d x$ y $v = - \frac{cos 2 x}{2}$ .
$\int_{0}^{π /6} x sen 2 x d x = [- \frac{x cos 2 x}{2}]_{0}^{π /6} + \frac{1}{2} \int_{0}^{π /6} cos 2 x d x$ .
La integral que queda: $\frac{1}{2} [\frac{sen 2 x}{2}]_{0}^{π /6} = \frac{1}{4} sen \frac{π}{3} - 0 = \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{2} = \frac{3}{8}$ .
El primer término: $- \frac{π}{6} \cdot \frac{cos \frac{π}{3}}{2} - 0 = - \frac{π}{6} \cdot \frac{1}{4} = - \frac{π}{24}$ .
Sumando: $\frac{3}{8} - \frac{π}{24}$ , que es lo que había que comprobar.

Resultado: queda comprobado: $\int_{0}^{π /6} x sen 2 x d x = \frac{3}{8} - \frac{π}{24}$ .

Ejercicio 27 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2008

Calcule el valor exacto de $\int_{1}^{e} x^{2} ln x d x$ .

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Resultado: $\frac{2 e ^{3} + 1}{9}$

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Integración por partes con $u = ln x$ y $d v = x^{2} d x$ . Entonces $d u = \frac{1}{x} d x$ y $v = \frac{x ^{3}}{3}$ .
$\int x^{2} ln x d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \int \frac{x ^{2}}{3} d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \frac{x ^{3}}{9}$ .
Evaluamos entre $1$ y $e$ : $(\frac{e ^{3}}{3} - \frac{e ^{3}}{9}) - (0 - \frac{1}{9})$ .
$= \frac{2 e ^{3}}{9} + \frac{1}{9}$ .

Resultado: $\frac{2 e ^{3} + 1}{9}$

Ejercicio 28 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2009

Halle el valor de $k$ tal que $\int_{0}^{2} \frac{5 x + 11}{x ^{2} + 4 x + 3} d x = ln k$ .

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Resultado: $k = 75$

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Factorizamos el denominador: $x^{2} + 4 x + 3 = (x + 1) (x + 3)$ .
Fracciones simples: $\frac{5 x + 11}{( x + 1 ) ( x + 3 )} = \frac{A}{x + 1} + \frac{B}{x + 3}$ , de donde $5 x + 11 = A (x + 3) + B (x + 1)$ .
Con $x = - 1$ : $6 = 2 A$ , luego $A = 3$ . Con $x = - 3$ : $- 4 = - 2 B$ , luego $B = 2$ .
$\int_{0}^{2} (\frac{3}{x + 1} + \frac{2}{x + 3}) d x = [3 ln ∣ x + 1∣ + 2 ln ∣ x + 3∣]_{0}^{2}$ .
$= 3 ln 3 + 2 ln 5 - (3 ln 1 + 2 ln 3) = ln 3 + 2 ln 5 = ln 3 + ln 25 = ln 75$ .
Igualando con $ln k$ , $k = 75$ .

Resultado: $k = 75$

Ejercicio 29 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2013

a) Halle $\int x sec^{2} x d x$ .

b) Determine el valor de $m$ , sabiendo que $\int_{0}^{m} x sec^{2} x d x = 0, 5$ , donde $m > 0$ .

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Resultado: a) $x tan x + ln ∣ cos x ∣ + C$ ; b) $m \approx 0, 822$

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a) 1. Integración por partes con $u = x$ y $d v = sec^{2} x d x$ . Entonces $d u = d x$ y $v = tan x$ . 2. $\int x sec^{2} x d x = x tan x - \int tan x d x = x tan x + ln ∣ cos x ∣ + C$ .

b) 1. Con la primitiva anterior: $\int_{0}^{m} x sec^{2} x d x = m tan m + ln (cos m) - (0 + ln 1) = m tan m + ln (cos m)$ (para $0 < m < \frac{π}{2}$ , donde $cos m > 0$ ). 2. Planteamos $m tan m + ln (cos m) = 0, 5$ . 3. No se puede despejar a mano: con la CPG se resuelve la ecuación (o se busca el corte de la gráfica de $y = m tan m + ln (cos m)$ con la recta $y = 0, 5$ ) y se obtiene $m \approx 0, 822$ .

Resultado: a) $x tan x + ln ∣ cos x ∣ + C$ ; b) $m \approx 0, 822$

Ejercicio 30 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2019

Use la integración por partes para calcular $\int (ln x)^{2} d x$ .

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Resultado: $x (ln x)^{2} - 2 x ln x + 2 x + C$

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Integración por partes con $u = (ln x)^{2}$ y $d v = d x$ . Entonces $d u = \frac{2 ln x}{x} d x$ y $v = x$ .
$\int (ln x)^{2} d x = x (ln x)^{2} - \int 2 ln x d x$ .
Para $\int ln x d x$ repetimos partes con $u = ln x$ y $d v = d x$ : $d u = \frac{1}{x} d x$ , $v = x$ , y $\int ln x d x = x ln x - \int d x = x ln x - x$ .
Sustituimos: $x (ln x)^{2} - 2 (x ln x - x) + C$ .

Resultado: $x (ln x)^{2} - 2 x ln x + 2 x + C$

Ejercicio 31 MedioIB · P1 Mayo 2003

Por medio de la sustitución $y = 2 - x$ , o de alguna otra manera, halle $\int (\frac{x}{2 - x})^{2} d x$ .

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Resultado: $\frac{4}{2 - x} - 2 + x + 4 ln ∣2 - x ∣ + C$

Ver proceso y resultado

Sustitución $y = 2 - x$ : $x = 2 - y$ y $d x = - d y$ .
$\int (\frac{x}{2 - x})^{2} d x = - \int \frac{( 2 - y ) ^{2}}{y ^{2}} d y$ .
Desarrollamos: $\frac{( 2 - y ) ^{2}}{y ^{2}} = \frac{4 - 4 y + y ^{2}}{y ^{2}} = \frac{4}{y ^{2}} - \frac{4}{y} + 1$ .
$- \int (4 y^{- 2} - \frac{4}{y} + 1) d y = - (- \frac{4}{y} - 4 ln ∣ y ∣ + y) = \frac{4}{y} + 4 ln ∣ y ∣ - y$ .
Deshacemos el cambio: $\frac{4}{2 - x} + 4 ln ∣2 - x ∣ - (2 - x) = \frac{4}{2 - x} - 2 + x + 4 ln ∣2 - x ∣$ .

Resultado: $\frac{4}{2 - x} - 2 + x + 4 ln ∣2 - x ∣ + C$

Ejercicio 32 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2004

Halle $\int \frac{ln x}{x} d x$ .

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Resultado: $2 x ln x - 4 x + C$

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Integración por partes con $u = ln x$ y $d v = x^{- \frac{1}{2}} d x$ . Entonces $d u = \frac{1}{x} d x$ y $v = 2 x$ .
$\int \frac{ln x}{x} d x = 2 x ln x - \int 2 x \cdot \frac{1}{x} d x = 2 x ln x - 2 \int x^{- \frac{1}{2}} d x$ .
$2 \int x^{- \frac{1}{2}} d x = 4 x$ .

Resultado: $2 x ln x - 4 x + C$

Ejercicio 33 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2005

Sea $f (x) = \frac{x ^{2} + 3 x + 12}{x ( x + 2 ) ^{2}}$ . Calcule $\int f (x) d x$ .

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Resultado: $3 ln ∣ x ∣ - 2 ln ∣ x + 2∣ + \frac{5}{x + 2} + C$

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Fracciones simples (factor repetido): $\frac{x ^{2} + 3 x + 12}{x ( x + 2 ) ^{2}} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x + 2} + \frac{C}{( x + 2 ) ^{2}}$ .
Multiplicamos: $x^{2} + 3 x + 12 = A (x + 2)^{2} + B x (x + 2) + C x$ .
Con $x = 0$ : $12 = 4 A$ , luego $A = 3$ . Con $x = - 2$ : $4 - 6 + 12 = 10 = - 2 C$ , luego $C = - 5$ .
Coeficiente de $x^{2}$ : $1 = A + B$ , luego $B = - 2$ .
Integramos: $\int (\frac{3}{x} - \frac{2}{x + 2} - \frac{5}{( x + 2 ) ^{2}}) d x = 3 ln ∣ x ∣ - 2 ln ∣ x + 2∣ + \frac{5}{x + 2} + C$ .

Resultado: $3 ln ∣ x ∣ - 2 ln ∣ x + 2∣ + \frac{5}{x + 2} + C$

Ejercicio 34 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2004

a) Calcule $\int_{0}^{m} \frac{d x}{x ^{2} + 4}$ , dando su respuesta en función de $m$ .

b) Sabiendo que $\int_{0}^{m} \frac{d x}{x ^{2} + 4} = \frac{1}{3}$ , calcule el valor de $m$ .

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Resultado: a) $\frac{1}{2} arctan \frac{m}{2}$ ; b) $m = 2 tan \frac{2}{3}$

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a) 1. Escribimos $\frac{1}{x ^{2} + 4} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{1 + ( \frac{x}{2} ) ^{2}}$ . 2. Una primitiva es $\frac{1}{4} \cdot 2 arctan \frac{x}{2} = \frac{1}{2} arctan \frac{x}{2}$ . 3. $\int_{0}^{m} \frac{d x}{x ^{2} + 4} = \frac{1}{2} arctan \frac{m}{2} - \frac{1}{2} arctan 0 = \frac{1}{2} arctan \frac{m}{2}$ .

b) 1. Igualamos: $\frac{1}{2} arctan \frac{m}{2} = \frac{1}{3}$ , luego $arctan \frac{m}{2} = \frac{2}{3}$ . 2. $\frac{m}{2} = tan \frac{2}{3}$ , así que $m = 2 tan \frac{2}{3}$ .

Resultado: a) $\frac{1}{2} arctan \frac{m}{2}$ ; b) $m = 2 tan \frac{2}{3}$

Ejercicio 35 MedioIB · P1 Noviembre 2004

Utilizando la sustitución $2 x = sen θ$ , o de cualquier otro modo, halle $\int 1 - 4 x^{2} d x$ .

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Resultado: $\frac{1}{4} (arcsin 2 x + 2 x 1 - 4 x^{2}) + C$

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Sustitución $2 x = sen θ$ : $x = \frac{1}{2} sen θ$ , $d x = \frac{1}{2} cos θ d θ$ y $1 - 4 x^{2} = 1 - sen^{2} θ = cos θ$ (con $cos θ \geq 0$ ).
$\int 1 - 4 x^{2} d x = \frac{1}{2} \int cos^{2} θ d θ = \frac{1}{2} \int \frac{1 + cos 2 θ}{2} d θ = \frac{1}{4} (θ + \frac{sen 2 θ}{2})$ .
Como $\frac{sen 2 θ}{2} = sen θ cos θ = 2 x 1 - 4 x^{2}$ y $θ = arcsin 2 x$ :
el resultado es $\frac{1}{4} (arcsin 2 x + 2 x 1 - 4 x^{2}) + C$ .

Resultado: $\frac{1}{4} (arcsin 2 x + 2 x 1 - 4 x^{2}) + C$

Ejercicio 36 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2007

Halle $\int_{0}^{l n 3} \frac{e ^{x}}{e ^{2 x} + 9} d x$ , expresando su respuesta de forma exacta.

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Resultado: $\frac{1}{3} (\frac{π}{4} - arctan \frac{1}{3})$

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Sustitución $u = e^{x}$ , $d u = e^{x} d x$ , y $e^{2 x} = u^{2}$ .
Límites: $x = 0 \Rightarrow u = 1$ ; $x = ln 3 \Rightarrow u = 3$ .
$\int_{1}^{3} \frac{d u}{u ^{2} + 9} = [\frac{1}{3} arctan \frac{u}{3}]_{1}^{3}$ .
$= \frac{1}{3} (arctan 1 - arctan \frac{1}{3}) = \frac{1}{3} (\frac{π}{4} - arctan \frac{1}{3})$ .

Resultado: $\frac{1}{3} (\frac{π}{4} - arctan \frac{1}{3})$

Ejercicio 37 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2007

Sea $f (x) = x ln x - x$ , si $x > 0$ .

a) Calcule $f^{'} (x)$ .

b) Usando la integración por partes calcule $\int (ln x)^{2} d x$ .

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Resultado: a) $f^{'} (x) = ln x$ ; b) $x (ln x)^{2} - 2 x ln x + 2 x + C$

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a) 1. Derivamos con la regla del producto: $f^{'} (x) = 1 \cdot ln x + x \cdot \frac{1}{x} - 1$ . 2. $f^{'} (x) = ln x + 1 - 1 = ln x$ .

b) 1. Integración por partes con $u = (ln x)^{2}$ y $d v = d x$ : $d u = \frac{2 ln x}{x} d x$ , $v = x$ . 2. $\int (ln x)^{2} d x = x (ln x)^{2} - 2 \int ln x d x$ . 3. Por el apartado a), $f^{'} (x) = ln x$ , luego $\int ln x d x = f (x) = x ln x - x$ . 4. Sustituimos: $x (ln x)^{2} - 2 (x ln x - x) + C$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = ln x$ ; b) $x (ln x)^{2} - 2 x ln x + 2 x + C$

Ejercicio 38 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2007

Calcule $\int_{0}^{a} arcsin x d x$ , $0 < a < 1$ .

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Resultado: $a arcsin a + 1 - a^{2} - 1$

Ver proceso y resultado

Integración por partes con $u = arcsin x$ y $d v = d x$ . Entonces $d u = \frac{1}{1 - x ^{2}} d x$ y $v = x$ .
$\int arcsin x d x = x arcsin x - \int \frac{x}{1 - x ^{2}} d x$ .
Para la última integral, sustitución $w = 1 - x^{2}$ , $d w = - 2 x d x$ : $\int \frac{x}{1 - x ^{2}} d x = - \frac{1}{2} \int w^{- \frac{1}{2}} d w = - 1 - x^{2}$ .
Primitiva: $x arcsin x + 1 - x^{2}$ .
Evaluamos entre $0$ y $a$ : $(a arcsin a + 1 - a^{2}) - (0 + 1)$ .

Resultado: $a arcsin a + 1 - a^{2} - 1$

Ejercicio 39 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2009

a) Integre $\int \frac{sen θ}{1 - cos θ} d θ$ .

b) Sabiendo que $\int_{π /2}^{a} \frac{sen θ}{1 - cos θ} d θ = \frac{1}{2}$ y $\frac{π}{2} < a < π$ , calcule el valor de $a$ .

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Resultado: a) $ln ∣1 - cos θ ∣ + C$ ; b) $a = arccos (1 - e) \approx 2, 28$

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a) 1. Sustitución $u = 1 - cos θ$ , $d u = sen θ d θ$ (el numerador es la derivada del denominador). 2. $\int \frac{d u}{u} = ln ∣ u ∣ = ln ∣1 - cos θ ∣ + C$ . (Como $1 - cos θ \geq 0$ , también se puede escribir $ln (1 - cos θ)$ .)

b) 1. $[ln (1 - cos θ)]_{π /2}^{a} = ln (1 - cos a) - ln (1 - 0) = ln (1 - cos a)$ . 2. Igualamos: $ln (1 - cos a) = \frac{1}{2}$ , luego $1 - cos a = e^{1/2}$ y $cos a = 1 - e \approx - 0, 6487$ . 3. En $\frac{π}{2} < a < π$ el coseno es negativo y la solución es $a = arccos (1 - e) \approx 2, 28$ .

Resultado: a) $ln ∣1 - cos θ ∣ + C$ ; b) $a = arccos (1 - e) \approx 2, 28$

Ejercicio 40 MedioIB · P1 Noviembre 1996

Calcule $\int e^{x} sen x d x$ .

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Resultado: $\frac{e ^{x} ( sen x - cos x )}{2} + C$

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Sea $I = \int e^{x} sen x d x$ . Integración por partes con $u = sen x$ y $d v = e^{x} d x$ : $d u = cos x d x$ , $v = e^{x}$ .
$I = e^{x} sen x - \int e^{x} cos x d x$ .
Segunda vez por partes con $u = cos x$ y $d v = e^{x} d x$ : $d u = - sen x d x$ , $v = e^{x}$ .
$\int e^{x} cos x d x = e^{x} cos x + \int e^{x} sen x d x = e^{x} cos x + I$ .
Entonces $I = e^{x} sen x - e^{x} cos x - I$ , es decir, la integral reaparece y se despeja: $2 I = e^{x} (sen x - cos x)$ .
$I = \frac{e ^{x} ( sen x - cos x )}{2} + C$ .

Resultado: $\frac{e ^{x} ( sen x - cos x )}{2} + C$

Ejercicio 41 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2018

a) Sabiendo que $2 x^{3} - 3 x + 1$ se puede expresar en la forma $A x (x^{2} + 1) + B x + C$ , encuentre los valores de las constantes $A$ , $B$ y $C$ .

b) Usando lo anterior, calcule $\int \frac{2 x ^{3} - 3 x + 1}{x ^{2} + 1} d x$ .

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Resultado: a) $A = 2$ , $B = - 5$ , $C = 1$ ; b) $x^{2} - \frac{5}{2} ln (x^{2} + 1) + arctan x + C$

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a) 1. Desarrollamos $A x (x^{2} + 1) + B x + C = A x^{3} + (A + B) x + C$ . 2. Igualamos con $2 x^{3} - 3 x + 1$ : coeficiente de $x^{3}$ , $A = 2$ ; coeficiente de $x$ , $A + B = - 3$ , luego $B = - 5$ ; término independiente, $C = 1$ .

b) 1. Con el apartado a): $\frac{2 x ^{3} - 3 x + 1}{x ^{2} + 1} = \frac{2 x ( x ^{2} + 1 ) - 5 x + 1}{x ^{2} + 1} = 2 x - \frac{5 x}{x ^{2} + 1} + \frac{1}{x ^{2} + 1}$ . 2. $\int 2 x d x = x^{2}$ . 3. $\int \frac{5 x}{x ^{2} + 1} d x = \frac{5}{2} ln (x^{2} + 1)$ (el numerador es proporcional a la derivada del denominador). 4. $\int \frac{1}{x ^{2} + 1} d x = arctan x$ .

Resultado: a) $A = 2$ , $B = - 5$ , $C = 1$ ; b) $x^{2} - \frac{5}{2} ln (x^{2} + 1) + arctan x + C$

Ejercicio 42 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2018

Sea $y = arccos (\frac{x}{2})$ .

a) Calcule $\frac{d y}{d x}$ .

b) Calcule $\int_{0}^{1} arccos (\frac{x}{2}) d x$ .

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Resultado: a) $- \frac{1}{4 - x ^{2}}$ ; b) $\frac{π}{3} - 3 + 2$

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a) 1. Derivada de $arccos u$ : $- \frac{u ^{'}}{1 - u ^{2}}$ , con $u = \frac{x}{2}$ y $u^{'} = \frac{1}{2}$ . 2. $\frac{d y}{d x} = - \frac{1/2}{1 - \frac{x ^{2}}{4}} = - \frac{1/2}{\frac{1}{2} 4 - x ^{2}} = - \frac{1}{4 - x ^{2}}$ .

b) 1. Integración por partes con $u = arccos \frac{x}{2}$ y $d v = d x$ . Por el apartado a), $d u = - \frac{1}{4 - x ^{2}} d x$ , y $v = x$ . 2. $\int arccos \frac{x}{2} d x = x arccos \frac{x}{2} + \int \frac{x}{4 - x ^{2}} d x$ . 3. Con $w = 4 - x^{2}$ , $d w = - 2 x d x$ : $\int \frac{x}{4 - x ^{2}} d x = - 4 - x^{2}$ . 4. Primitiva: $x arccos \frac{x}{2} - 4 - x^{2}$ . 5. Evaluamos entre $0$ y $1$ : $(arccos \frac{1}{2} - 3) - (0 - 2) = \frac{π}{3} - 3 + 2$ .

Resultado: a) $- \frac{1}{4 - x ^{2}}$ ; b) $\frac{π}{3} - 3 + 2$

Ejercicio 43 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2018

a) Utilice la sustitución $u = x^{\frac{1}{2}}$ para hallar $\int \frac{d x}{x ^{\frac{3}{2}} + x ^{\frac{1}{2}}}$ .

b) A partir de lo anterior, halle el valor de $\frac{1}{2} \int_{1}^{9} \frac{d x}{x ^{\frac{3}{2}} + x ^{\frac{1}{2}}}$ , en la forma $arctan q$ , donde $q \in R$ .

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Resultado: a) $2 arctan (x^{\frac{1}{2}}) + C$ ; b) $arctan \frac{1}{2}$ (es decir, $q = \frac{1}{2}$ )

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a) 1. Sustitución $u = x^{\frac{1}{2}} = x$ : $x = u^{2}$ , $d x = 2 u d u$ . 2. El denominador: $x^{\frac{3}{2}} + x^{\frac{1}{2}} = u^{3} + u = u (u^{2} + 1)$ . 3. $\int \frac{2 u d u}{u ( u ^{2} + 1 )} = 2 \int \frac{d u}{u ^{2} + 1} = 2 arctan u + C$ . 4. Deshacemos el cambio: $2 arctan (x^{\frac{1}{2}}) + C$ .

b) 1. Por el apartado a), $\frac{1}{2} \int_{1}^{9} \frac{d x}{x ^{\frac{3}{2}} + x ^{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{2} [2 arctan x]_{1}^{9} = arctan 3 - arctan 1$ . 2. Usamos $arctan a - arctan b = arctan \frac{a - b}{1 + ab}$ (equivale a la fórmula de $tan (α - β)$ ): $arctan \frac{3 - 1}{1 + 3 \cdot 1} = arctan \frac{1}{2}$ .

Resultado: a) $2 arctan (x^{\frac{1}{2}}) + C$ ; b) $arctan \frac{1}{2}$ (es decir, $q = \frac{1}{2}$ )

Ejercicio 44 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2017

a) Utilizando la sustitución $x = tan θ$ , muestre que $\int_{0}^{1} \frac{1}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} d x = \int_{0}^{\frac{π}{4}} cos^{2} θ d θ$ .

b) A partir de lo anterior, halle el valor de $\int_{0}^{1} \frac{1}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} d x$ .

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Resultado: a) queda demostrado; b) $\frac{π}{8} + \frac{1}{4}$

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a) 1. Sustitución $x = tan θ$ : $d x = sec^{2} θ d θ$ y $x^{2} + 1 = tan^{2} θ + 1 = sec^{2} θ$ . 2. Límites: $x = 0 \Rightarrow θ = 0$ ; $x = 1 \Rightarrow θ = \frac{π}{4}$ . 3. $\int_{0}^{1} \frac{d x}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}} = \int_{0}^{π /4} \frac{sec ^{2} θ}{sec ^{4} θ} d θ = \int_{0}^{π /4} \frac{1}{sec ^{2} θ} d θ = \int_{0}^{π /4} cos^{2} θ d θ$ .

b) 1. Usamos $cos^{2} θ = \frac{1 + cos 2 θ}{2}$ . 2. $\int_{0}^{π /4} \frac{1 + cos 2 θ}{2} d θ = [\frac{θ}{2} + \frac{sen 2 θ}{4}]_{0}^{π /4} = \frac{π}{8} + \frac{1}{4} - 0$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $\frac{π}{8} + \frac{1}{4}$

Ejercicio 45 MedioIB · P1 Mayo 1997

Calcule la integral indefinida $\int x^{2} e^{- 2 x} d x$ .

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Resultado: $- \frac{1}{2} e^{- 2 x} (x^{2} + x + \frac{1}{2}) + C$

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Integración por partes con $u = x^{2}$ y $d v = e^{- 2 x} d x$ : $d u = 2 x d x$ , $v = - \frac{1}{2} e^{- 2 x}$ .
$\int x^{2} e^{- 2 x} d x = - \frac{1}{2} x^{2} e^{- 2 x} + \int x e^{- 2 x} d x$ .
Otra vez por partes con $u = x$ y $d v = e^{- 2 x} d x$ : $d u = d x$ , $v = - \frac{1}{2} e^{- 2 x}$ . Entonces $\int x e^{- 2 x} d x = - \frac{1}{2} x e^{- 2 x} + \frac{1}{2} \int e^{- 2 x} d x = - \frac{1}{2} x e^{- 2 x} - \frac{1}{4} e^{- 2 x}$ .
Juntamos: $- \frac{1}{2} e^{- 2 x} (x^{2} + x + \frac{1}{2})$ .

Resultado: $- \frac{1}{2} e^{- 2 x} (x^{2} + x + \frac{1}{2}) + C$

Ejercicio 46 MedioIB · P1 Mayo 1999

Usando la sustitución $u = \frac{1}{2} x + 1$ , o de otra forma cualquiera, calcule la integral $\int x \frac{1}{2} x + 1 d x$ .

Ver resultado

Resultado: $4 (\frac{2}{5} (\frac{1}{2} x + 1)^{\frac{5}{2}} - \frac{2}{3} (\frac{1}{2} x + 1)^{\frac{3}{2}}) + C$

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Sustitución $u = \frac{1}{2} x + 1$ : $x = 2 (u - 1)$ y $d x = 2 d u$ .
$\int x \frac{1}{2} x + 1 d x = \int 2 (u - 1) u \cdot 2 d u = 4 \int (u^{\frac{3}{2}} - u^{\frac{1}{2}}) d u$ .
Integramos: $4 (\frac{2}{5} u^{\frac{5}{2}} - \frac{2}{3} u^{\frac{3}{2}}) + C$ .
Deshacemos el cambio.

Resultado: $4 (\frac{2}{5} (\frac{1}{2} x + 1)^{\frac{5}{2}} - \frac{2}{3} (\frac{1}{2} x + 1)^{\frac{3}{2}}) + C$

Ejercicio 47 MedioIB · P1 Mayo 2000

Calcule los valores de $a > 0$ , tal que $\int_{a}^{a^{2}} \frac{1}{1 + x ^{2}} d x = 0, 22$ .

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Resultado: $a \approx 2, 04$ y $a \approx 2, 62$

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Una primitiva de $\frac{1}{1 + x ^{2}}$ es $arctan x$ .
$\int_{a}^{a^{2}} \frac{d x}{1 + x ^{2}} = arctan (a^{2}) - arctan a$ .
Planteamos $arctan (a^{2}) - arctan a = 0, 22$ . No tiene solución algebraica sencilla: con la CPG se busca el corte de la gráfica de $y = arctan (x^{2}) - arctan x$ con la recta $y = 0, 22$ .
La función es positiva solo para $x > 1$ (para $0 < x < 1$ es $x^{2} < x$ y la diferencia es negativa). Sube hasta un máximo y luego baja hacia $0$ , de modo que corta a la recta en dos puntos: $a \approx 2, 04$ y $a \approx 2, 62$ .

Resultado: $a \approx 2, 04$ y $a \approx 2, 62$

Ejercicio 48 MedioIB · P1 Mayo 2002

a) Utilice la integración por partes para hallar $\int x^{2} ln x d x$ .

b) Evalúe $\int_{1}^{2} x^{2} ln x d x$ .

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Resultado: a) $\frac{x ^{3}}{3} ln x - \frac{x ^{3}}{9} + C$ ; b) $\frac{8}{3} ln 2 - \frac{7}{9}$

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a) 1. Integración por partes con $u = ln x$ y $d v = x^{2} d x$ : $d u = \frac{1}{x} d x$ , $v = \frac{x ^{3}}{3}$ . 2. $\int x^{2} ln x d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \int \frac{x ^{2}}{3} d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \frac{x ^{3}}{9} + C$ .

b) 1. Evaluamos la primitiva entre $1$ y $2$ : $(\frac{8}{3} ln 2 - \frac{8}{9}) - (0 - \frac{1}{9})$ . 2. $= \frac{8}{3} ln 2 - \frac{7}{9}$ .

Resultado: a) $\frac{x ^{3}}{3} ln x - \frac{x ^{3}}{9} + C$ ; b) $\frac{8}{3} ln 2 - \frac{7}{9}$

Ejercicio 49 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2004

a) Halle $\int_{0}^{m} \frac{d x}{2 x + 3}$ , expresando la respuesta en función de $m$ .

b) Suponiendo que $\int_{0}^{m} \frac{d x}{2 x + 3} = 1$ , calcule el valor de $m$ .

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Resultado: a) $\frac{1}{2} ln (\frac{2 m + 3}{3})$ ; b) $m = \frac{3 e ^{2} - 3}{2}$

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a) 1. Una primitiva de $\frac{1}{2 x + 3}$ es $\frac{1}{2} ln ∣2 x + 3∣$ (ajuste por la regla de la cadena). 2. $\int_{0}^{m} \frac{d x}{2 x + 3} = \frac{1}{2} ln (2 m + 3) - \frac{1}{2} ln 3 = \frac{1}{2} ln \frac{2 m + 3}{3}$ (para $m > 0$ ).

b) 1. $\frac{1}{2} ln \frac{2 m + 3}{3} = 1$ , luego $ln \frac{2 m + 3}{3} = 2$ . 2. $\frac{2 m + 3}{3} = e^{2}$ , así que $2 m = 3 e^{2} - 3$ y $m = \frac{3 e ^{2} - 3}{2}$ .

Resultado: a) $\frac{1}{2} ln (\frac{2 m + 3}{3})$ ; b) $m = \frac{3 e ^{2} - 3}{2}$

Ejercicio 50 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2005

Halle $\int e^{x} cos x d x$ .

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Resultado: $\frac{e ^{x} ( sen x + cos x )}{2} + C$

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Sea $I = \int e^{x} cos x d x$ . Por partes con $u = cos x$ y $d v = e^{x} d x$ : $d u = - sen x d x$ , $v = e^{x}$ .
$I = e^{x} cos x + \int e^{x} sen x d x$ .
Otra vez por partes con $u = sen x$ : $\int e^{x} sen x d x = e^{x} sen x - \int e^{x} cos x d x = e^{x} sen x - I$ .
Entonces $I = e^{x} cos x + e^{x} sen x - I$ : la integral reaparece y se despeja, $2 I = e^{x} (sen x + cos x)$ .

Resultado: $\frac{e ^{x} ( sen x + cos x )}{2} + C$

Ejercicio 51 MedioIB · P1 TZ0 Mayo 2006

Halle $\int e^{2 x} sen x d x$ .

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Resultado: $\frac{1}{5} e^{2 x} (2 sen x - cos x) + C$

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Sea $I = \int e^{2 x} sen x d x$ . Por partes con $u = sen x$ y $d v = e^{2 x} d x$ : $d u = cos x d x$ , $v = \frac{1}{2} e^{2 x}$ .
$I = \frac{1}{2} e^{2 x} sen x - \frac{1}{2} \int e^{2 x} cos x d x$ .
Otra vez por partes con $u = cos x$ : $\int e^{2 x} cos x d x = \frac{1}{2} e^{2 x} cos x + \frac{1}{2} \int e^{2 x} sen x d x = \frac{1}{2} e^{2 x} cos x + \frac{1}{2} I$ .
Sustituimos: $I = \frac{1}{2} e^{2 x} sen x - \frac{1}{4} e^{2 x} cos x - \frac{1}{4} I$ .
La integral reaparece: $\frac{5}{4} I = \frac{1}{4} e^{2 x} (2 sen x - cos x)$ , luego $I = \frac{1}{5} e^{2 x} (2 sen x - cos x)$ .

Resultado: $\frac{1}{5} e^{2 x} (2 sen x - cos x) + C$

Ejercicio 52 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2009

a) Calcule $\int_{π /4}^{π /3} \frac{sec ^{2} x}{3 tan x} d x$ .

b) Halle $\int tan^{3} x d x$ .

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Resultado: a) $\frac{3}{2} (33 - 1)$ ; b) $\frac{1}{2 cos ^{2} x} + ln ∣ cos x ∣ + C$

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a) 1. Sustitución $u = tan x$ , $d u = sec^{2} x d x$ . 2. Límites: $x = \frac{π}{4} \Rightarrow u = 1$ ; $x = \frac{π}{3} \Rightarrow u = 3$ . 3. $\int_{1}^{3} u^{- \frac{1}{3}} d u = [\frac{3}{2} u^{\frac{2}{3}}]_{1}^{3} = \frac{3}{2} ((3^{\frac{1}{2}})^{\frac{2}{3}} - 1) = \frac{3}{2} (3^{\frac{1}{3}} - 1)$ .

b) 1. $tan^{3} x = tan x (sec^{2} x - 1)$ , luego $\int tan^{3} x d x = \int tan x sec^{2} x d x - \int tan x d x$ . 2. La primera, con $u = tan x$ : $\frac{tan ^{2} x}{2}$ . La segunda: $- ln ∣ cos x ∣$ . 3. Resulta $\frac{tan ^{2} x}{2} + ln ∣ cos x ∣ + C$ , que con $tan^{2} x = sec^{2} x - 1$ equivale a $\frac{1}{2 cos ^{2} x} + ln ∣ cos x ∣ + C$ (la diferencia $\frac{1}{2}$ pasa a la constante).

Resultado: a) $\frac{3}{2} (33 - 1)$ ; b) $\frac{1}{2 cos ^{2} x} + ln ∣ cos x ∣ + C$

Ejercicio 53 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2015

Utilizando la sustitución $t = tan x$ , halle $\int \frac{d x}{1 + sen ^{2} x}$ .

Exprese la respuesta de la forma $m arctan (n tan x) + c$ , donde $m$ y $n$ son constantes que deberá determinar.

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Resultado: $\frac{1}{2} arctan (2 tan x) + c$ , con $m = \frac{1}{2}$ y $n = 2$

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Sustitución $t = tan x$ : $d t = sec^{2} x d x = (1 + t^{2}) d x$ , luego $d x = \frac{d t}{1 + t ^{2}}$ .
$sen^{2} x = \frac{tan ^{2} x}{1 + tan ^{2} x} = \frac{t ^{2}}{1 + t ^{2}}$ .
Entonces $1 + sen^{2} x = \frac{1 + 2 t ^{2}}{1 + t ^{2}}$ .
$\int \frac{d x}{1 + sen ^{2} x} = \int \frac{1 + t ^{2}}{1 + 2 t ^{2}} \cdot \frac{d t}{1 + t ^{2}} = \int \frac{d t}{1 + 2 t ^{2}}$ .
Con $s = 2 t$ , $d s = 2 d t$ : $\frac{1}{2} \int \frac{d s}{1 + s ^{2}} = \frac{1}{2} arctan s$ .
Deshacemos los cambios: $\frac{1}{2} arctan (2 tan x) + c$ , luego $m = \frac{1}{2}$ y $n = 2$ .

Resultado: $\frac{1}{2} arctan (2 tan x) + c$ , con $m = \frac{1}{2}$ y $n = 2$

Ejercicio 54 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2012

Utilizando la sustitución $x = sen t$ , calcule $\int \frac{x ^{3}}{1 - x ^{2}} d x$ .

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Resultado: $- 1 - x^{2} + \frac{( 1 - x ^{2} ) ^{3}}{3} + C$

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Sustitución $x = sen t$ : $d x = cos t d t$ y $1 - x^{2} = cos t$ (con $cos t > 0$ ).
$\int \frac{x ^{3}}{1 - x ^{2}} d x = \int \frac{sen ^{3} t}{cos t} cos t d t = \int sen^{3} t d t$ .
Escribimos $sen^{3} t = (1 - cos^{2} t) sen t$ y con $w = cos t$ ( $d w = - sen t d t$ ): $- \int (1 - w^{2}) d w = - w + \frac{w ^{3}}{3}$ .
Es decir, $- cos t + \frac{cos ^{3} t}{3}$ , y como $cos t = 1 - x^{2}$ :

Resultado: $- 1 - x^{2} + \frac{( 1 - x ^{2} ) ^{3}}{3} + C$

Ejercicio 55 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2014

a) Utilice la identidad $cos 2 θ = 2 cos^{2} θ - 1$ para probar que $cos \frac{1}{2} x = \frac{1 + cos x}{2}$ , $0 \leq x \leq π$ .

b) Encuentre una expresión similar para $sen \frac{1}{2} x$ , $0 \leq x \leq π$ .

c) Usando lo anterior encuentre el valor de $\int_{0}^{\frac{π}{2}} (1 + cos x + 1 - cos x) d x$ .

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Resultado: a) queda demostrado; b) $sen \frac{1}{2} x = \frac{1 - cos x}{2}$ ; c) $22$

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a) 1. Sustituimos $θ = \frac{x}{2}$ en $cos 2 θ = 2 cos^{2} θ - 1$ : $cos x = 2 cos^{2} \frac{x}{2} - 1$ . 2. Despejamos: $cos^{2} \frac{x}{2} = \frac{1 + cos x}{2}$ . 3. Si $0 \leq x \leq π$ , entonces $0 \leq \frac{x}{2} \leq \frac{π}{2}$ y $cos \frac{x}{2} \geq 0$ , así que se toma la raíz positiva: $cos \frac{1}{2} x = \frac{1 + cos x}{2}$ .

b) 1. Partimos de $cos 2 θ = 1 - 2 sen^{2} θ$ (la identidad $cos 2 θ = 2 cos^{2} θ - 1$ con $cos^{2} θ = 1 - sen^{2} θ$ ). Con $θ = \frac{x}{2}$ : $cos x = 1 - 2 sen^{2} \frac{x}{2}$ . 2. Entonces $sen^{2} \frac{x}{2} = \frac{1 - cos x}{2}$ y, como $sen \frac{x}{2} \geq 0$ en ese intervalo, $sen \frac{1}{2} x = \frac{1 - cos x}{2}$ .

c) 1. Por a) y b): $1 + cos x = 2 cos \frac{x}{2}$ y $1 - cos x = 2 sen \frac{x}{2}$ (en $0 \leq x \leq \frac{π}{2}$ ). 2. $\int_{0}^{π /2} 2 (cos \frac{x}{2} + sen \frac{x}{2}) d x = 2 [2 sen \frac{x}{2} - 2 cos \frac{x}{2}]_{0}^{π /2}$ . 3. En $\frac{π}{2}$ : $2 \cdot \frac{2}{2} - 2 \cdot \frac{2}{2} = 0$ . En $0$ : $0 - 2 = - 2$ . 4. El valor es $2 (0 - (- 2)) = 22$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $sen \frac{1}{2} x = \frac{1 - cos x}{2}$ ; c) $22$

Ejercicio 56 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2015

Usando la sustitución $u = e^{x} + 3$ , calcule $\int \frac{e ^{x}}{e ^{2 x} + 6 e ^{x} + 13} d x$ .

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Resultado: $\frac{1}{2} arctan (\frac{e ^{x} + 3}{2}) + C$

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Sustitución $u = e^{x} + 3$ , de modo que $d u = e^{x} d x$ .
Completamos cuadrados en el denominador: $e^{2 x} + 6 e^{x} + 13 = (e^{x} + 3)^{2} + 4 = u^{2} + 4$ .
La integral queda $\int \frac{d u}{u ^{2} + 4}$ , que es una arcotangente: $\int \frac{d u}{u ^{2} + a ^{2}} = \frac{1}{a} arctan \frac{u}{a}$ , con $a = 2$ .
Por tanto $\int \frac{d u}{u ^{2} + 4} = \frac{1}{2} arctan \frac{u}{2} + C$ .
Deshacemos el cambio, $u = e^{x} + 3$ .

Resultado: $\frac{1}{2} arctan (\frac{e ^{x} + 3}{2}) + C$

Ejercicio 57 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2015

Muestre que $\int_{1}^{2} x^{3} ln x d x = 4 ln 2 - \frac{15}{16}$ .

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Resultado: queda demostrado: $\int_{1}^{2} x^{3} ln x d x = 4 ln 2 - \frac{15}{16}$ .

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Integramos por partes, $\int u d v = uv - \int v d u$ , con $u = ln x$ (se simplifica al derivar) y $d v = x^{3} d x$ .
Entonces $d u = \frac{1}{x} d x$ y $v = \frac{x ^{4}}{4}$ .
$\int_{1}^{2} x^{3} ln x d x = [\frac{x ^{4}}{4} ln x]_{1}^{2} - \int_{1}^{2} \frac{x ^{4}}{4} \cdot \frac{1}{x} d x = [\frac{x ^{4}}{4} ln x]_{1}^{2} - \int_{1}^{2} \frac{x ^{3}}{4} d x$ .
Primer término: $\frac{16}{4} ln 2 - \frac{1}{4} ln 1 = 4 ln 2$ .
Segundo término: $\int_{1}^{2} \frac{x ^{3}}{4} d x = [\frac{x ^{4}}{16}]_{1}^{2} = \frac{16}{16} - \frac{1}{16} = \frac{15}{16}$ .
Restando: $4 ln 2 - \frac{15}{16}$ , que es lo que había que mostrar.

Resultado: queda demostrado: $\int_{1}^{2} x^{3} ln x d x = 4 ln 2 - \frac{15}{16}$ .

Ejercicio 58 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2014

Sea $f (x) = x (x + 2)^{6}$ .

a) Resuelva la inecuación $f (x) > x$ .

b) Calcule $\int f (x) d x$ .

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Resultado: a) $x \in] - 3, - 1 [\cup] 0, + \infty [$ ; b) $\frac{( x + 2 ) ^{8}}{8} - \frac{2 ( x + 2 ) ^{7}}{7} + C$

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a) 1. Planteamos $x (x + 2)^{6} > x$ , es decir $x [(x + 2)^{6} - 1] > 0$ . 2. $(x + 2)^{6} > 1 ⟺ ∣ x + 2∣ > 1 ⟺ x > - 1$ o $x < - 3$ . Y $(x + 2)^{6} < 1 ⟺ - 3 < x < - 1$ . 3. Si $x > 0$ se necesita $(x + 2)^{6} > 1$ , que se cumple siempre (pues $x + 2 > 2$ ). 4. Si $x < 0$ se necesita $(x + 2)^{6} < 1$ , es decir $- 3 < x < - 1$ . 5. $x = 0$ no sirve (daría $0 > 0$ ).

b) 1. Sustitución $u = x + 2$ , $d u = d x$ , $x = u - 2$ . 2. $\int x (x + 2)^{6} d x = \int (u - 2) u^{6} d u = \int (u^{7} - 2 u^{6}) d u = \frac{u ^{8}}{8} - \frac{2 u ^{7}}{7} + C$ . 3. Deshacemos el cambio.

Resultado: a) $x \in] - 3, - 1 [\cup] 0, + \infty [$ ; b) $\frac{( x + 2 ) ^{8}}{8} - \frac{2 ( x + 2 ) ^{7}}{7} + C$

Ejercicio 59 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2005

a) Sabiendo que $\frac{x ^{2}}{( 1 + x ) ( 1 + x ^{2} )} = \frac{a}{1 + x} + \frac{b x + c}{1 + x ^{2}}$ , calcule el valor de $a$ , de $b$ y de $c$ .

b) i) A partir de lo anterior, halle $I = \int \frac{x ^{2}}{( 1 + x ) ( 1 + x ^{2} )} d x$ .

(ii) Si $I = \frac{π}{4}$ cuando $x = 1$ , calcule el valor de la constante de integración.

Exprese su respuesta en la forma $p + q ln r$ donde $p, q, r \in R$ .

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Resultado: a) $a = \frac{1}{2}$ , $b = \frac{1}{2}$ , $c = - \frac{1}{2}$ ; b) (i) $I = \frac{1}{2} ln ∣1 + x ∣ + \frac{1}{4} ln (1 + x^{2}) - \frac{1}{2} arctan x + C$ ; (ii) $C = \frac{3 π}{8} - \frac{3}{4} ln 2$

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a) 1. Quitamos denominadores: $x^{2} = a (1 + x^{2}) + (b x + c) (1 + x)$ . 2. Desarrollamos: $x^{2} = (a + b) x^{2} + (b + c) x + (a + c)$ . 3. Igualamos coeficientes: $a + b = 1$ , $b + c = 0$ , $a + c = 0$ . 4. De las dos últimas, $c = - a$ y $b = a$ ; entonces $2 a = 1$ . Por tanto $a = \frac{1}{2}$ , $b = \frac{1}{2}$ , $c = - \frac{1}{2}$ .

b) (i) Integral por fracciones simples (apartado a).

$I = \int [\frac{1}{2 ( 1 + x )} + \frac{\frac{1}{2} x - \frac{1}{2}}{1 + x ^{2}}] d x = \frac{1}{2} \int \frac{d x}{1 + x} + \frac{1}{2} \int \frac{x}{1 + x ^{2}} d x - \frac{1}{2} \int \frac{d x}{1 + x ^{2}}$ .
La segunda se hace con $u = 1 + x^{2}$ ( $d u = 2 x d x$ ): $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} ln (1 + x^{2})$ . La tercera es la del arcotangente.
$I = \frac{1}{2} ln ∣1 + x ∣ + \frac{1}{4} ln (1 + x^{2}) - \frac{1}{2} arctan x + C$ .

(ii) 1. Imponemos $I (1) = \frac{π}{4}$ : $\frac{1}{2} ln 2 + \frac{1}{4} ln 2 - \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{4} + C = \frac{π}{4}$ . 2. $C = \frac{π}{4} + \frac{π}{8} - \frac{3}{4} ln 2 = \frac{3 π}{8} - \frac{3}{4} ln 2$ , de la forma $p + q ln r$ con $p = \frac{3 π}{8}$ , $q = - \frac{3}{4}$ , $r = 2$ .

Ejercicio 60 MedioIB · P2 Noviembre 1996

Sea $I_{n} (x) = \int_{0}^{x} t^{n} e^{- t} d t$ donde $n \in N$ .

a) Calcule $I_{0} (x)$ .

b) Muestre que $I_{n} (x) = - x^{n} e^{- x} + n I_{n - 1} (x)$ para $n \geq 1$ .

c) Evalúe $I_{3} (1)$ .

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Resultado: a) $I_{0} (x) = 1 - e^{- x}$ ; b) comprobado; c) $I_{3} (1) = 6 - 16 e^{- 1}$

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a) $I_{0} (x) = \int_{0}^{x} e^{- t} d t = [- e^{- t}]_{0}^{x} = 1 - e^{- x}$ .

b) Por partes con $u = t^{n}$ y $d v = e^{- t} d t$ (entonces $d u = n t^{n - 1} d t$ y $v = - e^{- t}$ ):

$I_{n} (x) = [- t^{n} e^{- t}]_{0}^{x} + n \int_{0}^{x} t^{n - 1} e^{- t} d t$ .
Para $n \geq 1$ el término en $t = 0$ vale $0$ , así que $I_{n} (x) = - x^{n} e^{- x} + n I_{n - 1} (x)$ .

c) Aplicamos la fórmula con $x = 1$ :

$I_{0} (1) = 1 - e^{- 1}$ .
$I_{1} (1) = - e^{- 1} + 1 \cdot I_{0} (1) = 1 - 2 e^{- 1}$ .
$I_{2} (1) = - e^{- 1} + 2 I_{1} (1) = 2 - 5 e^{- 1}$ .
$I_{3} (1) = - e^{- 1} + 3 I_{2} (1) = 6 - 16 e^{- 1}$ .

Resultado: a) $I_{0} (x) = 1 - e^{- x}$ ; b) comprobado; c) $I_{3} (1) = 6 - 16 e^{- 1}$

Ejercicio 61 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2018

Una función $f$ cumple las condiciones $f (0) = - 4$ , $f (1) = 0$ , y su segunda derivada $f^{''} (x) = 15 x + \frac{1}{( x + 1 ) ^{2}}$ , $x \geq 0$ . Halle $f (x)$ .

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Resultado: $f (x) = 4 x^{\frac{5}{2}} - ln (x + 1) + x ln 2 - 4$

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Integramos $f^{''} (x) = 15 x + \frac{1}{( x + 1 ) ^{2}}$ : $f^{'} (x) = 10 x^{3/2} - \frac{1}{x + 1} + A$ .
Integramos de nuevo: $f (x) = 4 x^{5/2} - ln (x + 1) + A x + B$ .
$f (0) = - 4$ : $B = - 4$ .
$f (1) = 0$ : $4 - ln 2 + A - 4 = 0$ , luego $A = ln 2$ .
$f (x) = 4 x^{5/2} - ln (x + 1) + x ln 2 - 4$ .

Resultado: $f (x) = 4 x^{\frac{5}{2}} - ln (x + 1) + x ln 2 - 4$

Ejercicio 62 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2018

Considere las funciones $f$ , $g$ , definidas para $x \in R$ , mediante $f (x) = e^{- x} sen x$ y $g (x) = e^{- x} cos x$ .

a) Halle

(i) $f^{'} (x)$ ;

(ii) $g^{'} (x)$ .

b) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle $\int_{0}^{π} e^{- x} sen x d x$ .

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Resultado: a) (i) $f^{'} (x) = - e^{- x} sen x + e^{- x} cos x$ ; (ii) $g^{'} (x) = - e^{- x} cos x - e^{- x} sen x$ ; b) $\frac{e ^{- π} + 1}{2}$

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a) (i) Regla del producto: $f^{'} (x) = - e^{- x} sen x + e^{- x} cos x$ .

(ii) Regla del producto: $g^{'} (x) = - e^{- x} cos x - e^{- x} sen x$ .

b) 1. Sumamos: $f^{'} (x) + g^{'} (x) = - 2 e^{- x} sen x$ , luego $e^{- x} sen x = - \frac{1}{2} (f^{'} + g^{'})$ . 2. Por tanto $\int_{0}^{π} e^{- x} sen x d x = - \frac{1}{2} [f (x) + g (x)]_{0}^{π} = - \frac{1}{2} [e^{- x} (sen x + cos x)]_{0}^{π}$ . 3. En $π$ : $e^{- π} (0 - 1) = - e^{- π}$ ; en $0$ : $1 \cdot (0 + 1) = 1$ . 4. $= - \frac{1}{2} (- e^{- π} - 1) = \frac{e ^{- π} + 1}{2}$ .

Resultado: a) (i) $f^{'} (x) = - e^{- x} sen x + e^{- x} cos x$ ; (ii) $g^{'} (x) = - e^{- x} cos x - e^{- x} sen x$ ; b) $\frac{e ^{- π} + 1}{2}$

Ejercicio 63 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2015

Una función $f$ se define por $f (x) = \frac{3 x - 2}{2 x - 1}$ , $x \in R$ , $x \neq = \frac{1}{2}$ .

a) Encuentre una expresión para $f^{- 1} (x)$ .

b) Sabiendo que $f (x)$ se puede escribir en la forma $f (x) = A + \frac{B}{2 x - 1}$ , calcule los valores de las constantes $A$ y $B$ .

c) Usando lo anterior, calcule $\int \frac{3 x - 2}{2 x - 1} d x$ .

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Resultado: a) $f^{- 1} (x) = \frac{x - 2}{2 x - 3}$ ; b) $A = \frac{3}{2}$ , $B = - \frac{1}{2}$ ; c) $\frac{3}{2} x - \frac{1}{4} ln ∣2 x - 1∣ + C$

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a) 1. Escribimos $y = \frac{3 x - 2}{2 x - 1}$ y despejamos $x$ : $y (2 x - 1) = 3 x - 2$ . 2. $2 x y - y = 3 x - 2$ , luego $x (2 y - 3) = y - 2$ y $x = \frac{y - 2}{2 y - 3}$ . 3. Intercambiamos las variables: $f^{- 1} (x) = \frac{x - 2}{2 x - 3}$ .

b) 1. $A + \frac{B}{2 x - 1} = \frac{A ( 2 x - 1 ) + B}{2 x - 1} = \frac{2 A x - A + B}{2 x - 1}$ . 2. Igualamos con $\frac{3 x - 2}{2 x - 1}$ : $2 A = 3$ y $- A + B = - 2$ . 3. De la primera, $A = \frac{3}{2}$ ; de la segunda, $B = - 2 + \frac{3}{2} = - \frac{1}{2}$ .

c) 1. Por el apartado anterior, $\int \frac{3 x - 2}{2 x - 1} d x = \int (\frac{3}{2} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2 x - 1}) d x$ . 2. La integral de $\frac{1}{2 x - 1}$ es $\frac{1}{2} ln ∣2 x - 1∣$ (integración inmediata por la regla de la cadena). 3. Resulta $\frac{3}{2} x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} ln ∣2 x - 1∣ + C = \frac{3}{2} x - \frac{1}{4} ln ∣2 x - 1∣ + C$ .

Resultado: a) $f^{- 1} (x) = \frac{x - 2}{2 x - 3}$ ; b) $A = \frac{3}{2}$ , $B = - \frac{1}{2}$ ; c) $\frac{3}{2} x - \frac{1}{4} ln ∣2 x - 1∣ + C$

Ejercicio 64 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2021

Utilizando la sustitución $u = sen x$ , halle $\int \frac{sen x cos x}{sen ^{2} x - sen x - 2} d x$ .

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Resultado: $\frac{2}{3} ln (2 - sen x) + \frac{1}{3} ln ∣ sen x + 1∣ + C$

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Técnica: sustitución $u = sen x$ , con $d u = cos x d x$ .
La integral queda $\int \frac{u}{u ^{2} - u - 2} d u = \int \frac{u}{( u - 2 ) ( u + 1 )} d u$ .
Fracciones simples: $\frac{u}{( u - 2 ) ( u + 1 )} = \frac{A}{u - 2} + \frac{B}{u + 1}$ , es decir, $u = A (u + 1) + B (u - 2)$ .
Con $u = 2$ : $2 = 3 A$ , luego $A = \frac{2}{3}$ . Con $u = - 1$ : $- 1 = - 3 B$ , luego $B = \frac{1}{3}$ .
Integramos: $\frac{2}{3} ln ∣ u - 2∣ + \frac{1}{3} ln ∣ u + 1∣ + C$ .
Deshacemos la sustitución. Como $sen x - 2 < 0$ , $∣ sen x - 2∣ = 2 - sen x$ .

Resultado: $\frac{2}{3} ln (2 - sen x) + \frac{1}{3} ln ∣ sen x + 1∣ + C$

Ejercicio 65 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2022

Utilizando la sustitución $u = sec x$ o de cualquier otro modo, halle una expresión para $\int_{0}^{\frac{π}{3}} sec^{n} x tan x d x$ en función de $n$ , donde $n$ es un número real distinto de cero.

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Resultado: $\frac{2 ^{n} - 1}{n}$

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Reescribimos el integrando: $sec^{n} x tan x = sec^{n - 1} x \cdot (sec x tan x)$ .
Técnica: sustitución $u = sec x$ , con $d u = sec x tan x d x$ .
Límites: $x = 0 \Rightarrow u = sec 0 = 1$ ; $x = \frac{π}{3} \Rightarrow u = sec \frac{π}{3} = 2$ .
$\int_{0}^{π /3} sec^{n} x tan x d x = \int_{1}^{2} u^{n - 1} d u = [\frac{u ^{n}}{n}]_{1}^{2}$ (válido porque $n \neq = 0$ ).
$= \frac{2 ^{n} - 1}{n}$ .

Resultado: $\frac{2 ^{n} - 1}{n}$

Ejercicio 66 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2013

Utilizando la sustitución $x = 2 tan u$ , compruebe que $\int \frac{d x}{x ^{2} x ^{2} + 4} = \frac{- x ^{2} + 4}{4 x} + C$ .

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Resultado: queda comprobado: $\int \frac{d x}{x ^{2} x ^{2} + 4} = \frac{- x ^{2} + 4}{4 x} + C$ .

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Sustitución $x = 2 tan u$ : $d x = 2 sec^{2} u d u$ y $x^{2} + 4 = 4 tan^{2} u + 4 = 2 sec u$ (con $sec u > 0$ ).
El denominador: $x^{2} x^{2} + 4 = 4 tan^{2} u \cdot 2 sec u = 8 tan^{2} u sec u$ .
$\int \frac{d x}{x ^{2} x ^{2} + 4} = \int \frac{2 sec ^{2} u}{8 tan ^{2} u sec u} d u = \frac{1}{4} \int \frac{sec u}{tan ^{2} u} d u$ .
Como $\frac{sec u}{tan ^{2} u} = \frac{1/ cos u}{sen ^{2} u / cos ^{2} u} = \frac{cos u}{sen ^{2} u}$ , queda $\frac{1}{4} \int \frac{cos u}{sen ^{2} u} d u$ .
Con $w = sen u$ ( $d w = cos u d u$ ): $\frac{1}{4} \int w^{- 2} d w = - \frac{1}{4 w} = - \frac{1}{4 sen u} + C$ .
Deshacemos el cambio: $tan u = \frac{x}{2}$ . En un triángulo rectángulo con catetos $x$ y $2$ la hipotenusa es $x^{2} + 4$ , luego $sen u = \frac{x}{x ^{2} + 4}$ .
Entonces $- \frac{1}{4 sen u} = - \frac{x ^{2} + 4}{4 x}$ .

Resultado: queda comprobado: $\int \frac{d x}{x ^{2} x ^{2} + 4} = \frac{- x ^{2} + 4}{4 x} + C$ .

Ejercicio 67 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2017Demostración

Usando la sustitución $x^{2} = 2 sec θ$ , muestre que $\int \frac{d x}{x x ^{4} - 4} = \frac{1}{4} arccos (\frac{2}{x ^{2}}) + c$ .

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Resultado: queda demostrado: $\int \frac{d x}{x x ^{4} - 4} = \frac{1}{4} arccos (\frac{2}{x ^{2}}) + c$ .

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Sustitución $x^{2} = 2 sec θ$ . Derivando, $2 x d x = 2 sec θ tan θ d θ$ , es decir, $d x = \frac{sec θ tan θ}{x} d θ$ .
El radicando: $x^{4} - 4 = 4 sec^{2} θ - 4 = 4 tan^{2} θ$ , así que $x^{4} - 4 = 2 tan θ$ (tomando $θ \in] 0, \frac{π}{2} [$ , donde $tan θ > 0$ ).
$\int \frac{d x}{x x ^{4} - 4} = \int \frac{sec θ tan θ}{x ^{2} \cdot 2 tan θ} d θ = \int \frac{sec θ}{2 \cdot 2 sec θ} d θ = \frac{1}{4} \int d θ = \frac{θ}{4} + c$ .
Deshacemos el cambio: $sec θ = \frac{x ^{2}}{2}$ , luego $cos θ = \frac{2}{x ^{2}}$ y $θ = arccos \frac{2}{x ^{2}}$ .
Resulta $\frac{1}{4} arccos (\frac{2}{x ^{2}}) + c$ .

Resultado: queda demostrado: $\int \frac{d x}{x x ^{4} - 4} = \frac{1}{4} arccos (\frac{2}{x ^{2}}) + c$ .

Ejercicio 68 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2017

Considere la función $f$ definida mediante $f (x) = x^{2} - a^{2}$ , $x \in R$ , donde $a$ es una constante positiva.

a) Dibuje aproximadamente las siguientes curvas en sistemas de ejes separados, mostrando todos los cortes con los ejes $x$ e $y$ , los máximos, los mínimos y las asíntotas que haya.

(i) $y = f (x)$

(ii) $y = \frac{1}{f ( x )}$

(iii) $y = \frac{1}{f ( x )}$ .

b) Halle $\int f (x) cos x d x$ .

La función $g$ se define mediante $g (x) = x f (x)$ , para $∣ x ∣ > a$ .

c) Hallando $g^{'} (x)$ , explique por qué $g$ es una función creciente.

Ver solución

a) (i) 1. Es una parábola con ramas hacia arriba, cortes con el eje $x$ en $(- a, 0)$ y $(a, 0)$ , y mínimo (también el corte con el eje $y$ ) en $(0, - a^{2})$ .

Parábola y = x² − a² con ramas hacia arriba: corta al eje x en (−a, 0) y (a, 0) y tiene su mínimo en (0, −a²)

(ii) 1. Los ceros de $f$ pasan a ser asíntotas verticales: $x = - a$ y $x = a$ . Cuando $x \to \pm \infty$ , $\frac{1}{f} \to 0$ : asíntota horizontal $y = 0$ . 2. Fuera de $[- a, a]$ , $f > 0$ y la gráfica queda por encima del eje $x$ . Entre $- a$ y $a$ , $f < 0$ y la gráfica queda por debajo. 3. El mínimo de $f$ en $x = 0$ da un máximo local de $\frac{1}{f}$ en $(0, - \frac{1}{a ^{2}})$ . No corta al eje $x$ .

Gráfica de y = 1/(x² − a²) con asíntotas verticales x = −a y x = a y asíntota horizontal y = 0: ramas exteriores por encima del eje x y rama central por debajo con máximo local en (0, −1/a²)

(iii) 1. El valor absoluto refleja hacia arriba la parte que está por debajo del eje $x$ . Las asíntotas son las mismas ( $x = \pm a$ , $y = 0$ ). 2. El máximo local pasa a ser un mínimo local en $(0, \frac{1}{a ^{2}})$ . Todas las ramas están por encima del eje $x$ .

Gráfica de y = |1/(x² − a²)| con asíntotas verticales x = −a y x = a y asíntota horizontal y = 0: todas las ramas por encima del eje x y mínimo local en (0, 1/a²)

b) 1. Integramos por partes dos veces. Primero, con $u = x^{2} - a^{2}$ y $d v = cos x d x$ ( $d u = 2 x d x$ , $v = sen x$ ): $\int (x^{2} - a^{2}) cos x d x = (x^{2} - a^{2}) sen x - 2 \int x sen x d x$ . 2. Segunda vez, con $u = x$ y $d v = sen x d x$ : $\int x sen x d x = - x cos x + sen x$ . 3. Sustituyendo: $(x^{2} - a^{2}) sen x + 2 x cos x - 2 sen x + C = (x^{2} - a^{2} - 2) sen x + 2 x cos x + C$ .

c) 1. $g (x) = x f (x)$ , luego $g^{'} (x) = f (x) + x \cdot \frac{f ^{'} ( x )}{2 f ( x )} = f (x) + \frac{x \cdot 2 x}{2 f ( x )} = \frac{f ( x ) + x ^{2}}{f ( x )}$ . 2. Si $∣ x ∣ > a$ , $f (x) = x^{2} - a^{2} > 0$ , así que el numerador $f (x) + x^{2}$ y el denominador son positivos. 3. Entonces $g^{'} (x) > 0$ y $g$ es creciente (en cada una de las dos ramas, $x > a$ y $x < - a$ ).

Resultado: a) (i) parábola con cortes $(\pm a, 0)$ y mínimo $(0, - a^{2})$ ; (ii) asíntotas $x = \pm a$ , $y = 0$ , máximo local $(0, - \frac{1}{a ^{2}})$ ; (iii) las mismas asíntotas y mínimo local $(0, \frac{1}{a ^{2}})$ ; b) $(x^{2} - a^{2} - 2) sen x + 2 x cos x + C$ ; c) $g^{'} (x) = \frac{f ( x ) + x ^{2}}{f ( x )} > 0$ , ya que $f (x) > 0$ para $∣ x ∣ > a$ .

Ejercicio 69 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2016

Las funciones $f$ y $g$ se definen mediante

$f (x) = \frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2}$ , $x \in R$ $g (x) = \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2}$ , $x \in R$

a) i) Muestre que $\frac{1}{4 f ( x ) - 2 g ( x )} = \frac{e ^{x}}{e ^{2 x} + 3}$ .

(ii) Utilice la sustitución $u = e^{x}$ para hallar $\int_{0}^{l n 3} \frac{1}{4 f ( x ) - 2 g ( x )} d x$ .

Dé la respuesta en la forma $\frac{π a}{b}$ donde $a, b \in Z^{+}$ .

Sea $h (x) = n f (x) + g (x)$ donde $n \in R$ , $n > 1$ .

b) i) Resuelva la ecuación $h (x) = k$ , donde $k \in R^{+}$ , formando para ello una ecuación cuadrática en $e^{x}$ .

(ii) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, muestre que la ecuación $h (x) = k$ tiene dos soluciones reales siempre que se cumpla que $k > n^{2} - 1$ y $k \in R^{+}$ .

Sea $t (x) = \frac{g ( x )}{f ( x )}$ .

c) i) Muestre que $t^{'} (x) = \frac{[ f ( x ) ] ^{2} - [ g ( x ) ] ^{2}}{[ f ( x ) ] ^{2}}$ para $x \in R$ .

(ii) A partir de lo anterior, muestre que $t^{'} (x) > 0$ para $x \in R$ .

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Resultado: a) (i) queda demostrado; (ii) $\frac{3 π}{18}$ ; b) (i) $x = ln (\frac{k \pm k ^{2} - n ^{2} + 1}{n + 1})$ ; (ii) queda demostrado; c) (i) y (ii) quedan demostrados.

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a) (i) 1. $4 f (x) - 2 g (x) = 2 (e^{x} + e^{- x}) - (e^{x} - e^{- x}) = e^{x} + 3 e^{- x}$ . 2. Entonces $\frac{1}{4 f ( x ) - 2 g ( x )} = \frac{1}{e ^{x} + 3 e ^{- x}}$ . Multiplicamos numerador y denominador por $e^{x}$ : $\frac{e ^{x}}{e ^{2 x} + 3}$ .

(ii) 1. Sustitución $u = e^{x}$ , $d u = e^{x} d x$ ; los límites pasan de $x = 0$ a $u = 1$ y de $x = ln 3$ a $u = 3$ . 2. $\int_{1}^{3} \frac{d u}{u ^{2} + 3} = \frac{1}{3} [arctan \frac{u}{3}]_{1}^{3} = \frac{1}{3} (arctan 3 - arctan \frac{1}{3})$ . 3. $= \frac{1}{3} (\frac{π}{3} - \frac{π}{6}) = \frac{π}{6 3} = \frac{3 π}{18}$ , de la forma pedida con $a = 3$ y $b = 18$ .

b) (i) 1. $h (x) = n \cdot \frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2} + \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2} = \frac{( n + 1 ) e ^{x} + ( n - 1 ) e ^{- x}}{2}$ . 2. Igualamos a $k$ y multiplicamos por $2 e^{x}$ : $(n + 1) e^{2 x} - 2 k e^{x} + (n - 1) = 0$ , una ecuación cuadrática en $e^{x}$ . 3. Fórmula de la ecuación de segundo grado: $e^{x} = \frac{2 k \pm 4 k ^{2} - 4 ( n + 1 ) ( n - 1 )}{2 ( n + 1 )} = \frac{k \pm k ^{2} - n ^{2} + 1}{n + 1}$ . 4. Por tanto $x = ln (\frac{k \pm k ^{2} - n ^{2} + 1}{n + 1})$ .

(ii) 1. Cada valor positivo de $e^{x}$ da una solución real $x$ . Necesitamos entonces dos raíces positivas distintas de la cuadrática. 2. Son distintas si el discriminante es positivo: $k^{2} - n^{2} + 1 > 0$ , es decir, $k^{2} > n^{2} - 1$ , y como $k > 0$ , $k > n^{2} - 1$ . 3. Ambas raíces son positivas: su producto es $\frac{n - 1}{n + 1} > 0$ (porque $n > 1$ ) y su suma es $\frac{2 k}{n + 1} > 0$ . 4. Por tanto, si $k > n^{2} - 1$ hay dos soluciones reales.

c) (i) 1. Regla del cociente: $t^{'} (x) = \frac{g ^{'} ( x ) f ( x ) - g ( x ) f ^{'} ( x )}{[ f ( x ) ] ^{2}}$ . 2. Como $g^{'} (x) = \frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2} = f (x)$ y $f^{'} (x) = \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2} = g (x)$ , el numerador es $[f (x)]^{2} - [g (x)]^{2}$ .

(ii) 1. $[f (x)]^{2} - [g (x)]^{2} = \frac{( e ^{x} + e ^{- x} ) ^{2} - ( e ^{x} - e ^{- x} ) ^{2}}{4} = \frac{4}{4} = 1$ . 2. Entonces $t^{'} (x) = \frac{1}{[ f ( x ) ] ^{2}} > 0$ para todo $x \in R$ .

Resultado: a) (i) queda demostrado; (ii) $\frac{3 π}{18}$ ; b) (i) $x = ln (\frac{k \pm k ^{2} - n ^{2} + 1}{n + 1})$ ; (ii) queda demostrado; c) (i) y (ii) quedan demostrados.

Ejercicio 70 DifícilIB · P2 Mayo 1998

(i) Sea $f (x) = x^{3} - 3 x^{2} + 4$ .

a) Muestre que $(x - 2)$ es un factor de $f (x)$ .

b) Usando lo anterior factorice completamente $f (x)$ .

c) Exprese $\frac{3}{x ^{3} - 3 x ^{2} + 4}$ en fracciones parciales.

d) Usando lo anterior calcule $\int \frac{3}{x ^{3} - 3 x ^{2} + 4} d x$ .

(ii) a) Calcule las coordenadas de los puntos de intersección de la curva $\frac{x ^{2}}{a ^{2}} + \frac{y ^{2}}{b ^{2}} = 1$ con el eje $x$ (donde $a$ y $b$ son constantes positivas).

b) Escriba una expresión simplificada, en función de $a$ y $b$ , para el volumen del sólido formado cuando la región encerrada por la curva se gira $36 0^{\circ}$ alrededor del eje $x$ .

c) De una descripción completa del sólido formado cuando $b = a$ .

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Resultado: i) a) $f (2) = 0$ ; b) $x^{3} - 3 x^{2} + 4 = (x - 2)^{2} (x + 1)$ ; c) $\frac{3}{x ^{3} - 3 x ^{2} + 4} = \frac{- \frac{1}{3}}{x - 2} + \frac{1}{( x - 2 ) ^{2}} + \frac{\frac{1}{3}}{x + 1}$ ; d) $- \frac{1}{3} ln ∣ x - 2∣ - \frac{1}{x - 2} + \frac{1}{3} ln ∣ x + 1∣ + C$ ; ii) a) $(a, 0)$ y $(- a, 0)$ ; b) $V = \frac{4 π a b ^{2}}{3}$ ; c) una esfera con centro en $(0, 0)$ y radio $a$ .

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(i) a) 1. $f (2) = 8 - 12 + 4 = 0$ , luego $x - 2$ es factor de $f (x)$ (teorema del factor).

b) 1. Dividimos: $x^{3} - 3 x^{2} + 4 = (x - 2) (x^{2} - x - 2)$ . 2. Y $x^{2} - x - 2 = (x - 2) (x + 1)$ . 3. Por tanto $f (x) = (x - 2)^{2} (x + 1)$ .

c) 1. Planteamos $\frac{3}{( x - 2 ) ^{2} ( x + 1 )} = \frac{A}{x - 2} + \frac{B}{( x - 2 ) ^{2}} + \frac{C}{x + 1}$ , es decir, $3 = A (x - 2) (x + 1) + B (x + 1) + C (x - 2)^{2}$ . 2. Para $x = 2$ : $3 = 3 B$ , luego $B = 1$ . 3. Para $x = - 1$ : $3 = 9 C$ , luego $C = \frac{1}{3}$ . 4. Comparando los coeficientes de $x^{2}$ : $0 = A + C$ , luego $A = - \frac{1}{3}$ . 5. $\frac{3}{x ^{3} - 3 x ^{2} + 4} = \frac{- \frac{1}{3}}{x - 2} + \frac{1}{( x - 2 ) ^{2}} + \frac{\frac{1}{3}}{x + 1}$ .

d) 1. Integramos cada fracción: $\int \frac{3}{x ^{3} - 3 x ^{2} + 4} d x = - \frac{1}{3} ln ∣ x - 2∣ - \frac{1}{x - 2} + \frac{1}{3} ln ∣ x + 1∣ + C$ .

(ii) a) 1. Cortes con el eje $x$ ( $y = 0$ ): $\frac{x ^{2}}{a ^{2}} = 1$ , luego $x = \pm a$ . Puntos $(a, 0)$ y $(- a, 0)$ .

b) 1. De la ecuación, $y^{2} = b^{2} (1 - \frac{x ^{2}}{a ^{2}})$ . Al girar en torno al eje $x$ : $V = π \int_{- a}^{a} b^{2} (1 - \frac{x ^{2}}{a ^{2}}) d x = π b^{2} [x - \frac{x ^{3}}{3 a ^{2}}]_{- a}^{a}$ . 2. $= π b^{2} \cdot 2 (a - \frac{a}{3}) = \frac{4 π a b ^{2}}{3}$ .

c) 1. Si $b = a$ , la ecuación es $x^{2} + y^{2} = a^{2}$ : una circunferencia de centro $(0, 0)$ y radio $a$ . 2. Al girarla $36 0^{\circ}$ en torno al eje $x$ se obtiene una esfera de centro el origen y radio $a$ , de volumen $\frac{4}{3} π a^{3}$ (coincide con la fórmula de b) para $b = a$ ).

Ejercicio 71 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2004

Considere el número complejo $z = cos θ + i sen θ$ .

a) Utilizando el teorema de De Moivre, compruebe que $z^{n} + \frac{1}{z ^{n}} = 2 cos n θ$ .

b) Mediante el desarrollo de $(z + \frac{1}{z})^{4}$ , compruebe que $cos^{4} θ = \frac{1}{8} (cos 4 θ + 4 cos 2 θ + 3)$ .

c) Sea $g (a) = \int_{0}^{a} cos^{4} θ d θ$ .

(i) Halle $g (a)$ .

(ii) Resuelva $g (a) = 1$ .

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Resultado: c) i) $g (a) = \frac{1}{8} (\frac{sen 4 a}{4} + 2 sen 2 a + 3 a)$ ; ii) $a \approx 2, 96$

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a) 1. Por De Moivre, $z^{n} = cos n θ + i sen n θ$ . 2. Entonces $\frac{1}{z ^{n}} = z^{- n} = cos (- n θ) + i sen (- n θ) = cos n θ - i sen n θ$ . 3. Sumando, $z^{n} + \frac{1}{z ^{n}} = 2 cos n θ$ .

b) 1. Como $z + \frac{1}{z} = 2 cos θ$ , tenemos $(z + \frac{1}{z})^{4} = 16 cos^{4} θ$ . 2. Desarrollamos con el binomio: $z^{4} + 4 z^{2} + 6 + \frac{4}{z ^{2}} + \frac{1}{z ^{4}} = (z^{4} + \frac{1}{z ^{4}}) + 4 (z^{2} + \frac{1}{z ^{2}}) + 6$ . 3. Por (a), eso es $2 cos 4 θ + 8 cos 2 θ + 6$ . 4. Igualando: $16 cos^{4} θ = 2 cos 4 θ + 8 cos 2 θ + 6$ , y dividiendo entre $16$ : $cos^{4} θ = \frac{1}{8} (cos 4 θ + 4 cos 2 θ + 3)$ .

c) i) 1. Usamos (b): $g (a) = \frac{1}{8} \int_{0}^{a} (cos 4 θ + 4 cos 2 θ + 3) d θ$ . 2. $g (a) = \frac{1}{8} [\frac{sen 4 θ}{4} + 2 sen 2 θ + 3 θ]_{0}^{a} = \frac{1}{8} (\frac{sen 4 a}{4} + 2 sen 2 a + 3 a)$ .

(ii) 1. Con la CPG resolvemos $\frac{1}{8} (\frac{sen 4 a}{4} + 2 sen 2 a + 3 a) = 1$ (en radianes). 2. $g$ es creciente, pues $g^{'} (a) = cos^{4} a \geq 0$ , y por eso hay una única solución: $a \approx 2, 96$ .

Resultado: c) i) $g (a) = \frac{1}{8} (\frac{sen 4 a}{4} + 2 sen 2 a + 3 a)$ ; ii) $a \approx 2, 96$

Ejercicio 72 DifícilIB · P2 Mayo 2003

La función $f$ de dominio $[0, \frac{π}{2}]$ se define como $f (x) = cos x + 3 sen x$ .

Esta función puede también expresarse de la forma $R cos (x - α)$ donde $R > 0$ y $0 < α < \frac{π}{2}$ .

a) Halle el valor exacto de $R$ y de $α$ .

b) i) Halle el recorrido de la función.

(ii) Diga, dando la razón para ello, si existe o no la función inversa de $f$ .

c) Halle el valor exacto de $x$ que satisface la ecuación $f (x) = 2$ .

d) Utilizando el resultado de que $\int sec x d x = ln ∣ sec x + tan x ∣ + C$ , donde $C$ es una constante, demuestre que $\int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{d x}{f ( x )} = \frac{1}{2} ln (3 + 23)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $R = 2$ , $α = \frac{π}{3}$ ; b) i) $[1, 2]$ ; ii) no existe la inversa, porque $f$ no es inyectiva; c) $x = \frac{π}{12}$ ; d) queda demostrado.

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a) 1. Desarrollamos $R cos (x - α) = R cos α cos x + R sen α sen x$ e igualamos con $cos x + 3 sen x$ : $R cos α = 1$ y $R sen α = 3$ . 2. Elevando al cuadrado y sumando, $R^{2} = 1 + 3 = 4$ , luego $R = 2$ . 3. Dividiendo, $tan α = 3$ , y con $0 < α < \frac{π}{2}$ : $α = \frac{π}{3}$ .

b) i) 1. $f (x) = 2 cos (x - \frac{π}{3})$ , con $x \in [0, \frac{π}{2}]$ , y $x - \frac{π}{3} \in [- \frac{π}{3}, \frac{π}{6}]$ . 2. El máximo es $f (\frac{π}{3}) = 2$ . En los extremos, $f (0) = 1$ y $f (\frac{π}{2}) = 3$ ; el mínimo es $1$ . 3. Recorrido: $[1, 2]$ .

(ii) 1. $f$ crece en $[0, \frac{π}{3} [$ y decrece en $] \frac{π}{3}, \frac{π}{2}]$ . 2. Así hay valores de $x$ en ambos intervalos con la misma imagen: por ejemplo, $f (\frac{π}{6}) = f (\frac{π}{2}) = 3$ . 3. No es inyectiva, luego $f$ no tiene función inversa.

c) 1. $2 cos (x - \frac{π}{3}) = 2$ da $cos (x - \frac{π}{3}) = \frac{2}{2}$ , así que $x - \frac{π}{3} = \pm \frac{π}{4}$ . 2. $x = \frac{7 π}{12}$ queda fuera del dominio ( $> \frac{π}{2}$ ). Queda $x = \frac{π}{3} - \frac{π}{4} = \frac{π}{12}$ .

d) 1. $\frac{1}{f ( x )} = \frac{1}{2 cos ( x - \frac{π}{3} )} = \frac{1}{2} sec (x - \frac{π}{3})$ . 2. Sustitución $u = x - \frac{π}{3}$ ( $d u = d x$ ; los límites pasan de $- \frac{π}{3}$ a $\frac{π}{6}$ ): $\int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{d x}{f ( x )} = \frac{1}{2} [ln ∣ sec u + tan u ∣]_{- \frac{π}{3}}^{\frac{π}{6}}$ . 3. En $u = \frac{π}{6}$ : $sec u + tan u = \frac{2}{3} + \frac{1}{3} = 3$ . En $u = - \frac{π}{3}$ : $2 - 3$ . 4. Resulta $\frac{1}{2} ln \frac{3}{2 - 3}$ . Multiplicamos arriba y abajo por $2 + 3$ (y $(2 - 3) (2 + 3) = 1$ ): $\frac{1}{2} ln (3 (2 + 3)) = \frac{1}{2} ln (23 + 3) = \frac{1}{2} ln (3 + 23)$ .

Resultado: a) $R = 2$ , $α = \frac{π}{3}$ ; b) i) $[1, 2]$ ; ii) no existe la inversa, porque $f$ no es inyectiva; c) $x = \frac{π}{12}$ ; d) queda demostrado.

Ejercicio 73 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2012

Sea $f (x) = \frac{x}{1 - x}$ $0 < x < 1$ .

a) Demuestre que $f^{'} (x) = \frac{1}{2} x^{- \frac{1}{2}} (1 - x)^{- \frac{3}{2}}$ y deduzca que $f$ es una función creciente.

b) Muestre que la curva $y = f (x)$ tiene un punto de inflexión, y encuentre sus coordenadas.

c) Utilice la sustitución $x = sen^{2} θ$ para demostrar que $\int f (x) d x = arcsin x - x - x^{2} + c$ .

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Resultado: a) queda demostrado; b) punto de inflexión $(\frac{1}{4}, \frac{1}{3})$ ; c) queda demostrado.

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a) 1. Escribimos $f (x) = x^{1/2} (1 - x)^{- 1/2}$ y aplicamos la regla del producto: $f^{'} (x) = \frac{1}{2} x^{- 1/2} (1 - x)^{- 1/2} + x^{1/2} \cdot \frac{1}{2} (1 - x)^{- 3/2}$ . 2. Factor común $\frac{1}{2} x^{- 1/2} (1 - x)^{- 3/2}$ : queda $(1 - x) + x = 1$ . 3. $f^{'} (x) = \frac{1}{2} x^{- \frac{1}{2}} (1 - x)^{- \frac{3}{2}}$ . 4. Para $0 < x < 1$ ambas potencias son positivas, así que $f^{'} (x) > 0$ y $f$ es creciente.

b) 1. Derivamos de nuevo: $f^{''} (x) = \frac{1}{2} [- \frac{1}{2} x^{- 3/2} (1 - x)^{- 3/2} + \frac{3}{2} x^{- 1/2} (1 - x)^{- 5/2}]$ . 2. Factor común $\frac{1}{4} x^{- 3/2} (1 - x)^{- 5/2}$ : queda $- (1 - x) + 3 x = 4 x - 1$ . 3. $f^{''} (x) = \frac{1}{4} x^{- 3/2} (1 - x)^{- 5/2} (4 x - 1)$ , que se anula solo en $x = \frac{1}{4}$ y cambia de signo (negativa antes, positiva después). Hay punto de inflexión. 4. $f (\frac{1}{4}) = \frac{1/4}{3/4} = \frac{1}{3}$ . Coordenadas: $(\frac{1}{4}, \frac{1}{3})$ .

c) 1. Con $x = sen^{2} θ$ ( $0 < θ < \frac{π}{2}$ ): $d x = 2 sen θ cos θ d θ$ y $f (x) = \frac{sen ^{2} θ}{cos ^{2} θ} = tan θ$ . 2. $\int f (x) d x = \int tan θ \cdot 2 sen θ cos θ d θ = \int 2 sen^{2} θ d θ = \int (1 - cos 2 θ) d θ = θ - sen θ cos θ + c$ . 3. Deshacemos el cambio: $θ = arcsin x$ , $sen θ = x$ y $cos θ = 1 - x$ , así que $sen θ cos θ = x - x^{2}$ . 4. $\int f (x) d x = arcsin x - x - x^{2} + c$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) punto de inflexión $(\frac{1}{4}, \frac{1}{3})$ ; c) queda demostrado.

Ejercicio 74 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2013

a) Exprese $4 x^{2} - 4 x + 5$ en la forma $a (x - h)^{2} + k$ , donde $a, h, k \in Q$ .

b) La gráfica de $y = x^{2}$ se transforma en la gráfica de $4 x^{2} - 4 x + 5$ .

Describa una secuencia de transformaciones que hace esto, indicando el orden de las transformaciones de forma clara.

La función $f$ se define por $f (x) = \frac{1}{4 x ^{2} - 4 x + 5}$ .

c) Dibuje la gráfica de $y = f (x)$ .

d) Encuentre el recorrido de $f$ .

e) Usando una sustitución adecuada muestre que $\int f (x) d x = \frac{1}{4} \int \frac{1}{u ^{2} + 1} d u$ .

f) Demuestre que $\int_{1}^{3, 5} \frac{1}{4 x ^{2} - 4 x + 5} d x = \frac{π}{16}$ .

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a) 1. Completamos el cuadrado: $4 x^{2} - 4 x + 5 = 4 (x^{2} - x) + 5 = 4 [(x - \frac{1}{2})^{2} - \frac{1}{4}] + 5$ . 2. $= 4 (x - \frac{1}{2})^{2} - 1 + 5 = 4 (x - \frac{1}{2})^{2} + 4$ .

b) Partimos de $y = x^{2}$ y, en este orden:

Traslación mediante el vector $(\frac{1}{2} 0)$ : da $y = (x - \frac{1}{2})^{2}$ .
Estiramiento vertical de razón $4$ : da $y = 4 (x - \frac{1}{2})^{2}$ .
Traslación mediante el vector $(04)$ : da $y = 4 (x - \frac{1}{2})^{2} + 4$ .

c) 1. El denominador $4 (x - \frac{1}{2})^{2} + 4$ tiene un mínimo $4$ en $x = \frac{1}{2}$ , así que $f$ tiene un máximo $\frac{1}{4}$ en $x = \frac{1}{2}$ . 2. $f$ es simétrica respecto de $x = \frac{1}{2}$ , siempre positiva, con $f (0) = \frac{1}{5}$ , y tiende a $0$ cuando $x \to \pm \infty$ (el eje $x$ es asíntota horizontal). Es una campana.

Gráfica de f(x) = 1 / (4x² − 4x + 5): curva en forma de campana, simétrica respecto de x = 1/2

d) 1. El denominador toma todos los valores $\geq 4$ , así que $f (x) \in] 0, \frac{1}{4}]$ (nunca llega a $0$ , pero alcanza $\frac{1}{4}$ ). 2. $R_{f} =] 0, \frac{1}{4}]$ .

e) 1. Técnica: sustitución $u = x - \frac{1}{2}$ , con $d u = d x$ . 2. Por el apartado a), $4 x^{2} - 4 x + 5 = 4 u^{2} + 4 = 4 (u^{2} + 1)$ . 3. $\int f (x) d x = \int \frac{1}{4 ( u ^{2} + 1 )} d u = \frac{1}{4} \int \frac{1}{u ^{2} + 1} d u$ .

f) 1. Cambiamos los límites: $x = 1 \Rightarrow u = \frac{1}{2}$ ; $x = 3, 5 \Rightarrow u = 3$ . 2. $\int_{1}^{3, 5} f (x) d x = \frac{1}{4} [arctan u]_{1/2}^{3} = \frac{1}{4} (arctan 3 - arctan \frac{1}{2})$ . 3. Usamos $tan (A - B) = \frac{tan A - tan B}{1 + tan A tan B}$ con $tan A = 3$ y $tan B = \frac{1}{2}$ : $tan (A - B) = \frac{3 - \frac{1}{2}}{1 + \frac{3}{2}} = \frac{5/2}{5/2} = 1$ . 4. Como $A - B$ está entre $0$ y $\frac{π}{2}$ , $A - B = \frac{π}{4}$ . 5. Por tanto, la integral vale $\frac{1}{4} \cdot \frac{π}{4} = \frac{π}{16}$ .

Resultado: a) $4 (x - \frac{1}{2})^{2} + 4$ ; d) $R_{f} =] 0, \frac{1}{4}]$ ; f) queda demostrado ( $= \frac{π}{16}$ ).

Ecuaciones diferenciales

Ejercicio 75 BásicoIB · P1 Mayo 1998

Sea $0 < x < \infty$ , con $y (x) > 0$ . Resuelva la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = y cos x$ , donde $y = 1$ cuando $x = \frac{π}{2}$ .

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Resultado: $y = e^{sen x - 1}$

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Separamos variables (con $y > 0$ ): $\frac{d y}{y} = cos x d x$ .
Integramos: $ln y = sen x + C$ .
Con $y = 1$ para $x = \frac{π}{2}$ : $0 = 1 + C$ , luego $C = - 1$ .
$y = e^{sen x - 1}$ .

Resultado: $y = e^{sen x - 1}$

Ejercicio 76 BásicoIB · P1 Mayo 1999

Cuando se libera aire de un globo hinchado, se observa que la velocidad de disminución del volumen del globo es proporcional al volumen del globo. Esto puede ser representado por la ecuación diferencial $\frac{d v}{d t} = - k v$ , donde $v$ es el volumen, $t$ es el tiempo y $k$ es la constante de proporcionalidad.

a) Si el volumen inicial del globo es $v_{0}$ , encuentre una expresión, en función de $k$ , para el volumen del globo en el instante $t$ .

b) Encuentre una expresión, en función de $k$ , para el tiempo cuando el volumen es $\frac{v _{0}}{2}$ .

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Resultado: a) $v = v_{0} e^{- k t}$ ; b) $t = \frac{ln 2}{k}$

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a) 1. Separamos variables: $\frac{d v}{v} = - k d t$ . 2. Integramos: $ln v = - k t + C$ , es decir, $v = A e^{- k t}$ . 3. En $t = 0$ el volumen es $v_{0}$ : $A = v_{0}$ . 4. $v = v_{0} e^{- k t}$ .

b) 1. Imponemos $v = \frac{v _{0}}{2}$ : $\frac{v _{0}}{2} = v_{0} e^{- k t}$ , luego $e^{- k t} = \frac{1}{2}$ . 2. Tomamos logaritmos: $- k t = - ln 2$ , así que $t = \frac{ln 2}{k}$ .

Resultado: a) $v = v_{0} e^{- k t}$ ; b) $t = \frac{ln 2}{k}$

Ejercicio 77 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2007

Resuelva la ecuación diferencial $(x^{2} + 1) \frac{d y}{d x} - x y = 0$ donde $x > 0$ , $y > 0$ , sabiendo que $y = 1$ cuando $x = 1$ .

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Resultado: $y = \frac{x ^{2} + 1}{2}$

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Separamos variables: $\frac{d y}{y} = \frac{x}{x ^{2} + 1} d x$ .
Integramos (con $y > 0$ ): $ln y = \frac{1}{2} ln (x^{2} + 1) + C$ .
Con $y = 1$ en $x = 1$ : $0 = \frac{1}{2} ln 2 + C$ , luego $C = - \frac{1}{2} ln 2$ .
$ln y = \frac{1}{2} ln \frac{x ^{2} + 1}{2}$ , es decir, $y = \frac{x ^{2} + 1}{2}$ .

Resultado: $y = \frac{x ^{2} + 1}{2}$

Ejercicio 78 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2007

Resuelva la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = 2 x y^{2}$ , sabiendo que $y = 1$ cuando $x = 0$ .

Exprese la respuesta en la forma $y = f (x)$ .

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Resultado: $y = \frac{- 1}{x ^{2} - 1}$

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Separamos variables: $\frac{d y}{y ^{2}} = 2 x d x$ .
Integramos: $- \frac{1}{y} = x^{2} + C$ .
Con $y = 1$ en $x = 0$ : $- 1 = C$ .
$- \frac{1}{y} = x^{2} - 1$ , luego $y = \frac{- 1}{x ^{2} - 1}$ .

Resultado: $y = \frac{- 1}{x ^{2} - 1}$

Ejercicio 79 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2021

Sabiendo que $\frac{d y}{d x} = cos (x - \frac{π}{4})$ e $y = 2$ cuando $x = \frac{3 π}{4}$ , calcule $y$ en función de $x$ .

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Resultado: $y = sen (x - \frac{π}{4}) + 1$

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Integramos: $y = \int cos (x - \frac{π}{4}) d x = sen (x - \frac{π}{4}) + C$ (integral inmediata por la regla de la cadena, pues la derivada de $x - \frac{π}{4}$ es $1$ ).
Condición: $y = 2$ cuando $x = \frac{3 π}{4}$ : $2 = sen \frac{π}{2} + C = 1 + C$ , luego $C = 1$ .

Resultado: $y = sen (x - \frac{π}{4}) + 1$

Ejercicio 80 MedioIB · P1 Noviembre 2001

Una muestra de material radioactivo se desintegra a una velocidad proporcional a la cantidad de materia presente en la muestra. Calcule la vida media del material si pasa de $50$ gramos a $48$ gramos en $10$ años.

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Resultado: vida media $\approx 169, 8$ años

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Sea $N$ la masa en gramos. «Se desintegra a una velocidad proporcional a la cantidad presente» significa $\frac{d N}{d t} = - λ N$ con $λ > 0$ .
Separamos variables: $\int \frac{d N}{N} = - λ \int d t$ , luego $ln N = - λ t + C$ , es decir $N = N_{0} e^{- λ t}$ con $N_{0} = 50$ .
Con $N (10) = 48$ : $48 = 50 e^{- 10 λ}$ , luego $e^{- 10 λ} = \frac{24}{25}$ y $λ = \frac{1}{10} ln \frac{25}{24} \approx 0, 004082$ .
La vida media $T$ cumple $\frac{N _{0}}{2} = N_{0} e^{- λ T}$ , así que $T = \frac{ln 2}{λ} = \frac{10 ln 2}{ln \frac{25}{24}}$ .
$T \approx 169, 8$ años.

Resultado: vida media $\approx 169, 8$ años

Ejercicio 81 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2009

La aceleración, en $m s^{- 2}$ , de una partícula que se mueve en línea recta en el instante $t$ segundos, con $t \geq 0$ , viene dada por la fórmula $a = - \frac{1}{2} v$ . Para $t = 0$ , la velocidad es igual a $40 m s^{- 1}$ . Halle una expresión para $v$ en función de $t$ .

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Resultado: $v = 40 e^{- \frac{t}{2}} m s^{- 1}$

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Como $a = \frac{d v}{d t}$ , la ecuación es $\frac{d v}{d t} = - \frac{1}{2} v$ , de variables separables.
$\int \frac{d v}{v} = - \frac{1}{2} \int d t$ , luego $ln v = - \frac{t}{2} + C$ (con $v > 0$ ) y $v = A e^{- \frac{t}{2}}$ , con $A = e^{C}$ .
Condición inicial: $v (0) = 40$ da $A = 40$ .
Comprobación: $v^{'} = - 20 e^{- t /2} = - \frac{1}{2} \cdot 40 e^{- t /2}$ ✓ y $v (0) = 40$ ✓.

Resultado: $v = 40 e^{- \frac{t}{2}} m s^{- 1}$

Ejercicio 82 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2009

Una población determinada se puede modelizar mediante la ecuación diferencial $\frac{d y}{d t} = k y cos k t$ , donde $y$ representa la población en el instante $t$ horas y $k$ es una constante positiva.

a) Sabiendo que $y = y_{0}$ cuando $t = 0$ , exprese $y$ en función de $k$ , $t$ e $y_{0}$ .

b) Halle la razón entre el tamaño mínimo y el tamaño máximo de la población.

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Resultado: a) $y = y_{0} e^{sen k t}$ ; b) $\frac{m ı ˊ nimo}{m a ˊ ximo} = \frac{1}{e ^{2}}$

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a) 1. Separamos variables: $\frac{d y}{y} = k cos k t d t$ . 2. Integramos: $ln ∣ y ∣ = sen k t + C$ (la derivada de $sen k t$ es $k cos k t$ ). 3. Luego $y = A e^{sen k t}$ con $A = \pm e^{C}$ . 4. Con $y (0) = y_{0}$ : $y_{0} = A e^{0}$ , así que $A = y_{0}$ y $y = y_{0} e^{sen k t}$ . 5. Comprobación: $y^{'} = y_{0} e^{sen k t} \cdot k cos k t = k y cos k t$ ✓.

b) 1. Como $- 1 \leq sen k t \leq 1$ , el exponente oscila entre $- 1$ y $1$ . 2. Tamaño mínimo: $y_{0} e^{- 1}$ . Tamaño máximo: $y_{0} e^{1}$ . 3. Razón: $\frac{y _{0} e ^{- 1}}{y _{0} e} = e^{- 2}$ .

Resultado: a) $y = y_{0} e^{sen k t}$ ; b) $\frac{m ı ˊ nimo}{m a ˊ ximo} = \frac{1}{e ^{2}}$

Ejercicio 83 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2008

La población de mosquitos en determinada zona situada al borde de un lago se controla por medio de un pesticida. La tasa de disminución del número de mosquitos es proporcional al número de mosquitos en cualquier instante $t$ . Sabiendo que la población disminuye de $500.000$ a $400.000$ en un periodo de cinco años, halle el tiempo, en años, que ha de transcurrir para que la población de mosquitos se reduzca a la mitad.

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Resultado: $N (t) = 500000 e^{- 0, 0446 t}$ ; la población se reduce a la mitad en $t \approx 15, 5$ años

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Sea $N$ el número de mosquitos. La tasa de disminución es proporcional a $N$ : $\frac{d N}{d t} = - λ N$ , con $λ > 0$ .
Separando variables, $N (t) = N_{0} e^{- λ t}$ con $N_{0} = 500000$ .
Tras $5$ años hay $400000$ : $400000 = 500000 e^{- 5 λ}$ , luego $e^{- 5 λ} = \frac{4}{5}$ y $λ = \frac{1}{5} ln \frac{5}{4} \approx 0, 0446$ .
Queda $N (t) = 500000 e^{- 0, 0446 t}$ .
Se reduce a la mitad cuando $e^{- λ T} = \frac{1}{2}$ , es decir $T = \frac{ln 2}{λ} = \frac{5 ln 2}{ln \frac{5}{4}} \approx 15, 5$ años.

Resultado: $N (t) = 500000 e^{- 0, 0446 t}$ ; la población se reduce a la mitad en $t \approx 15, 5$ años

Ejercicio 84 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2013

La aceleración de un coche es igual a $\frac{1}{40} (60 - v) m s^{- 2}$ , siendo $v$ su velocidad en $m s^{- 1}$ . Sabiendo que el coche parte de la posición de reposo, halle la velocidad del coche al cabo de $30$ segundos.

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Resultado: $v (t) = 60 (1 - e^{- \frac{t}{40}})$ y $v (30) \approx 31, 7 m s^{- 1}$

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La aceleración es $\frac{d v}{d t} = \frac{1}{40} (60 - v)$ , ecuación de variables separables.
$\int \frac{d v}{60 - v} = \int \frac{d t}{40}$ , luego $- ln (60 - v) = \frac{t}{40} + C$ (con $v < 60$ ).
Parte del reposo: $v (0) = 0$ , así que $- ln 60 = C$ .
Entonces $ln \frac{60}{60 - v} = \frac{t}{40}$ , es decir $60 - v = 60 e^{- \frac{t}{40}}$ y $v = 60 (1 - e^{- \frac{t}{40}})$ .
En $t = 30$ : $v = 60 (1 - e^{- 0, 75}) \approx 31, 7 m s^{- 1}$ .

Resultado: $v (t) = 60 (1 - e^{- \frac{t}{40}})$ y $v (30) \approx 31, 7 m s^{- 1}$

Ejercicio 85 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2015

a) Muestre que $y = \frac{1}{x} \int f (x) d x$ es una solución de la ecuación diferencial $x \frac{d y}{d x} + y = f (x)$ , $x > 0$ .

b) A partir de lo anterior, resuelva $x \frac{d y}{d x} + y = x^{- \frac{1}{2}}$ , $x > 0$ , sabiendo que para $x = 4$ , $y = 2$ .

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Resultado: a) comprobado; b) $y = \frac{1}{x} (2 x^{\frac{1}{2}} + 4)$

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a) 1. Sea $F (x) = \int f (x) d x$ , de modo que $F^{'} (x) = f (x)$ , y $y = \frac{F ( x )}{x}$ . 2. Derivamos con la regla del cociente: $\frac{d y}{d x} = \frac{f ( x )}{x} - \frac{F ( x )}{x ^{2}}$ . 3. Entonces $x \frac{d y}{d x} + y = f (x) - \frac{F ( x )}{x} + \frac{F ( x )}{x} = f (x)$ . Queda demostrado.

b) 1. Con $f (x) = x^{- \frac{1}{2}}$ , por a) la solución es $y = \frac{1}{x} \int x^{- \frac{1}{2}} d x = \frac{1}{x} (2 x^{\frac{1}{2}} + C)$ . 2. Condición $x = 4$ , $y = 2$ : $2 = \frac{1}{4} (2 \cdot 2 + C) = \frac{4 + C}{4}$ , luego $C = 4$ . 3. $y = \frac{1}{x} (2 x^{\frac{1}{2}} + 4)$ .

Resultado: a) comprobado; b) $y = \frac{1}{x} (2 x^{\frac{1}{2}} + 4)$

Ejercicio 86 MedioIB · P1 Mayo 1996

Resuelva la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} + 5 y = e^{8 x}$ sabiendo que $y = \frac{3}{2}$ cuando $x = 0$ .

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Resultado: $y = \frac{1}{13} e^{8 x} + \frac{37}{26} e^{- 5 x}$

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Ecuación lineal de primer orden $y^{'} + 5 y = e^{8 x}$ : factor integrante.

El factor integrante es $e^{\int 5 d x} = e^{5 x}$ . Multiplicamos: $(y e^{5 x})^{'} = e^{13 x}$ .
Integramos: $y e^{5 x} = \frac{1}{13} e^{13 x} + C$ , luego $y = \frac{1}{13} e^{8 x} + C e^{- 5 x}$ .
Condición $y (0) = \frac{3}{2}$ : $\frac{1}{13} + C = \frac{3}{2}$ , luego $C = \frac{37}{26}$ .
Comprobación: $y^{'} + 5 y = \frac{8}{13} e^{8 x} - 5 C e^{- 5 x} + \frac{5}{13} e^{8 x} + 5 C e^{- 5 x} = e^{8 x}$ .

Resultado: $y = \frac{1}{13} e^{8 x} + \frac{37}{26} e^{- 5 x}$

Ejercicio 87 MedioIB · P1 Noviembre 1996

Resuelva $\frac{d y}{d x} + y tan x = cos x$ , $- \frac{π}{2} < x < \frac{π}{2}$ .

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Resultado: $y = x cos x + C cos x$

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Ecuación lineal $y^{'} + (tan x) y = cos x$ : factor integrante.

El factor integrante es $e^{\int t a n x d x} = e^{- l n c o s x} = \frac{1}{cos x} = sec x$ (en $] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ se tiene $cos x > 0$ ).
Multiplicamos: $(y sec x)^{'} = cos x \cdot sec x = 1$ .
Integramos: $y sec x = x + C$ .
Por tanto $y = x cos x + C cos x$ .

Resultado: $y = x cos x + C cos x$

Ejercicio 88 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2010

Halle $y$ en función de $x$ , sabiendo que $(1 + x^{3}) \frac{d y}{d x} = 2 x^{2} tan y$ y que para $x = 0$ , $y = \frac{π}{2}$ .

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Resultado: $y = arcsin (1 + x^{3})^{\frac{2}{3}}$

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Ecuación de variables separables.

Separamos: $\frac{d y}{tan y} = \frac{2 x ^{2}}{1 + x ^{3}} d x$ , es decir, $\int \frac{cos y}{sen y} d y = \int \frac{2 x ^{2}}{1 + x ^{3}} d x$ .
Ambas son integrales de la forma $\int \frac{u ^{'}}{u}$ : $ln ∣ sen y ∣ = \frac{2}{3} ln 1 + x^{3} + C$ (en la derecha, $u = 1 + x^{3}$ , $d u = 3 x^{2} d x$ ).
Condición $x = 0$ , $y = \frac{π}{2}$ : $ln 1 = 0 = \frac{2}{3} ln 1 + C$ , luego $C = 0$ .
Cerca del punto inicial $sen y > 0$ y $1 + x^{3} > 0$ , así que $sen y = (1 + x^{3})^{2/3}$ .
Con $y$ cerca de $\frac{π}{2}$ elegimos la rama del arcoseno que pasa por $(0, \frac{π}{2})$ : $y = arcsin (1 + x^{3})^{2/3}$ (válida mientras $(1 + x^{3})^{2/3} \leq 1$ , es decir, para $- 1 < x \leq 0$ ).

Resultado: $y = arcsin (1 + x^{3})^{\frac{2}{3}}$

Ejercicio 89 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2019

Un modelo sencillo para predecir la población mundial se plantea del siguiente modo: en el tiempo $t$ años, la población mundial es $x$ , que se puede suponer que es una variable continua. La razón a la que aumenta $x$ debido a los nacimientos es $0, 056 x$ y la razón a la que disminuye $x$ debido a los fallecimientos es $0, 035 x$ .

a) Muestre que $\frac{d x}{d t} = 0, 021 x$ .

b) Halle el número de años que tendrán que transcurrir para que la población mundial se duplique.

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Resultado: a) comprobado; b) $t \approx 33$ años

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a) La razón de cambio neta es nacimientos menos fallecimientos: $\frac{d x}{d t} = 0, 056 x - 0, 035 x = 0, 021 x$ .

b) 1. Separamos variables: $\int \frac{d x}{x} = \int 0, 021 d t$ , luego $ln x = 0, 021 t + C$ y $x = x_{0} e^{0, 021 t}$ , donde $x_{0}$ es la población inicial. 2. Se duplica cuando $x = 2 x_{0}$ : $e^{0, 021 t} = 2$ , es decir, $t = \frac{ln 2}{0 , 021} \approx 33, 0$ . 3. Son unos $33$ años.

Resultado: a) comprobado; b) $t \approx 33$ años

Ejercicio 90 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2012

Halle la solución general de la ecuación diferencial $t \frac{d y}{d t} = cos t - 2 y$ , para $t > 0$ .

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Resultado: $y = \frac{t sen t + cos t + C}{t ^{2}}$

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Es una ecuación lineal de primer orden. Pasamos todo al lado izquierdo y dividimos entre $t$ ( $t > 0$ ): $\frac{d y}{d t} + \frac{2}{t} y = \frac{cos t}{t}$ .
Factor integrante: $e^{\int \frac{2}{t} d t} = e^{2 l n t} = t^{2}$ .
Multiplicamos por $t^{2}$ : $\frac{d}{d t} (t^{2} y) = t cos t$ .
Integramos por partes, con $u = t$ y $d v = cos t d t$ (así $d u = d t$ y $v = sen t$ ): $\int t cos t d t = t sen t - \int sen t d t = t sen t + cos t + C$ .
Por tanto $t^{2} y = t sen t + cos t + C$ y despejamos $y$ .

Resultado: $y = \frac{t sen t + cos t + C}{t ^{2}}$

Ejercicio 91 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2013

Considere la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} + y tan x = cos^{2} x$ , sabiendo que cuando $x = 0$ , $y = 2$ .

a) Utilice el método de Euler con un paso de $0, 1$ para hallar un valor aproximado para $y$ cuando $x = 0, 3$ .

b) i) Compruebe que el factor integrante para resolver la ecuación diferencial es $sec x$ .

(ii) A partir de lo anterior, resuelva la ecuación diferencial, expresando su respuesta en la forma $y = f (x)$ .

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Resultado: a) $y (0, 3) \approx 2, 23$ ; b) (ii) $y = cos x (sen x + 2)$

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a) 1. Escribimos $\frac{d y}{d x} = cos^{2} x - y tan x$ y aplicamos $y_{n + 1} = y_{n} + h f (x_{n}, y_{n})$ con $h = 0, 1$ , partiendo de $(0, 2)$ (con la CPG). 2. $x_{0} = 0$ , $y_{0} = 2$ : $f = 1 - 0 = 1$ , luego $y_{1} = 2 + 0, 1 \cdot 1 = 2, 1$ . 3. $x_{1} = 0, 1$ : $f = cos^{2} 0, 1 - 2, 1 tan 0, 1 \approx 0, 7793$ , luego $y_{2} \approx 2, 1 + 0, 07793 = 2, 1779$ . 4. $x_{2} = 0, 2$ : $f \approx cos^{2} 0, 2 - 2, 1779 tan 0, 2 \approx 0, 5190$ , luego $y_{3} \approx 2, 1779 + 0, 0519 = 2, 2298$ . 5. Para $x = 0, 3$ : $y \approx 2, 23$ .

b) (i) 1. La ecuación ya está en la forma $\frac{d y}{d x} + P (x) y = Q (x)$ con $P (x) = tan x$ . 2. Factor integrante: $e^{\int t a n x d x} = e^{- l n ∣ c o s x ∣} = \frac{1}{cos x} = sec x$ (cerca de $x = 0$ , $cos x > 0$ ).

(ii) 1. Multiplicamos por $sec x$ : $\frac{d}{d x} (y sec x) = cos^{2} x sec x = cos x$ . 2. Integramos: $y sec x = sen x + C$ . 3. Con $x = 0$ , $y = 2$ : $2 \cdot 1 = 0 + C$ , luego $C = 2$ . 4. Despejamos: $y = cos x (sen x + 2)$ .

Resultado: a) $y (0, 3) \approx 2, 23$ ; b) (ii) $y = cos x (sen x + 2)$

Ejercicio 92 MedioIB · P1 Mayo 1997

Considere la ecuación diferencial $cos^{2} x \frac{d y}{d x} = 1 - y$ , $- \frac{π}{2} < x < \frac{π}{2}$ , donde $y = 2$ cuando $x = 0$ .

a) Calcule el factor integrante para la ecuación diferencial.

b) Calcule la solución de la ecuación diferencial.

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Resultado: a) factor integrante $e^{t a n x}$ ; b) $y = 1 + \frac{1}{e ^{t a n x}}$

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a) 1. Dividimos entre $cos^{2} x$ y pasamos el término en $y$ a la izquierda: $\frac{d y}{d x} + sec^{2} x y = sec^{2} x$ . 2. Factor integrante: $e^{\int s e c^{2} x d x} = e^{t a n x}$ .

b) 1. Multiplicamos por el factor integrante: $\frac{d}{d x} (y e^{t a n x}) = sec^{2} x e^{t a n x}$ . 2. Integramos (la sustitución $u = tan x$ da $e^{t a n x}$ ): $y e^{t a n x} = e^{t a n x} + C$ . 3. Con $y (0) = 2$ : $2 = 1 + C$ , luego $C = 1$ . 4. $y = 1 + e^{- t a n x} = 1 + \frac{1}{e ^{t a n x}}$ .

Resultado: a) factor integrante $e^{t a n x}$ ; b) $y = 1 + \frac{1}{e ^{t a n x}}$

Ejercicio 93 MedioIB · P3 TZ0 Noviembre 2017

Considere la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} + \frac{x}{x ^{2} + 1} y = x$ donde $y = 1$ cuando $x = 0$ .

a) Muestre que $x^{2} + 1$ es el factor integrante de la ecuación diferencial.

b) Resuelva la ecuación diferencial dando su respuesta en la forma $y = f (x)$ .

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Resultado: b) $y = \frac{( x ^{2} + 1 ) ^{\frac{3}{2}} + 2}{3 x ^{2} + 1}$

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a) 1. El factor integrante es $e^{\int \frac{x}{x ^{2} + 1} d x}$ . 2. $\int \frac{x}{x ^{2} + 1} d x = \frac{1}{2} ln (x^{2} + 1)$ (sustitución $u = x^{2} + 1$ ). 3. Por tanto el factor integrante es $e^{\frac{1}{2} l n (x^{2} + 1)} = x^{2} + 1$ .

b) 1. Multiplicamos por $x^{2} + 1$ : $\frac{d}{d x} (y x^{2} + 1) = x x^{2} + 1$ . 2. Integramos con $u = x^{2} + 1$ : $\int x x^{2} + 1 d x = \frac{1}{3} (x^{2} + 1)^{3/2} + C$ . 3. Con $y (0) = 1$ : $1 = \frac{1}{3} + C$ , luego $C = \frac{2}{3}$ . 4. $y x^{2} + 1 = \frac{( x ^{2} + 1 ) ^{3/2} + 2}{3}$ , y despejando $y = \frac{( x ^{2} + 1 ) ^{3/2} + 2}{3 x ^{2} + 1}$ .

Resultado: b) $y = \frac{( x ^{2} + 1 ) ^{\frac{3}{2}} + 2}{3 x ^{2} + 1}$

Ejercicio 94 MedioIB · P3 TZ0 Noviembre 2016

Considere la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} + (\frac{2 x}{1 + x ^{2}}) y = x^{2}$ , sabiendo que $y = 2$ cuando $x = 0$ .

a) Muestre que $1 + x^{2}$ es un factor integrante para esta ecuación diferencial.

b) A partir de lo anterior, resuelva esta ecuación diferencial. Dé la respuesta en la forma $y = f (x)$ .

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Resultado: b) $y = \frac{1}{1 + x ^{2}} (\frac{x ^{3}}{3} + \frac{x ^{5}}{5} + 2)$

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a) 1. El factor integrante es $e^{\int \frac{2 x}{1 + x ^{2}} d x}$ . 2. $\int \frac{2 x}{1 + x ^{2}} d x = ln (1 + x^{2})$ (es de la forma $\frac{u ^{'}}{u}$ ). 3. Por tanto el factor integrante es $e^{l n (1 + x^{2})} = 1 + x^{2}$ .

b) 1. Multiplicamos por $1 + x^{2}$ : $\frac{d}{d x} ((1 + x^{2}) y) = x^{2} (1 + x^{2}) = x^{2} + x^{4}$ . 2. Integramos: $(1 + x^{2}) y = \frac{x ^{3}}{3} + \frac{x ^{5}}{5} + C$ . 3. Con $y (0) = 2$ : $2 = C$ . 4. $y = \frac{1}{1 + x ^{2}} (\frac{x ^{3}}{3} + \frac{x ^{5}}{5} + 2)$ .

Resultado: b) $y = \frac{1}{1 + x ^{2}} (\frac{x ^{3}}{3} + \frac{x ^{5}}{5} + 2)$

Ejercicio 95 MedioIB · P1 Noviembre 2000

Resuelva la ecuación diferencial $x y \frac{d y}{d x} = 1 + y^{2}$ , sabiendo que $y = 0$ cuando $x = 2$ .

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Resultado: $y = \frac{x ^{2} - 4}{2}$

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Separamos variables: $\frac{y}{1 + y ^{2}} d y = \frac{d x}{x}$ .
Integramos: $\frac{1}{2} ln (1 + y^{2}) = ln x + C$ (con $x > 0$ por la condición inicial).
Con $y = 0$ para $x = 2$ : $0 = ln 2 + C$ , luego $C = - ln 2$ .
Entonces $\frac{1}{2} ln (1 + y^{2}) = ln \frac{x}{2}$ , es decir, $1 + y^{2} = \frac{x ^{2}}{4}$ .
Despejamos: $y^{2} = \frac{x ^{2} - 4}{4}$ , y tomando la rama positiva, $y = \frac{x ^{2} - 4}{2}$ .

Resultado: $y = \frac{x ^{2} - 4}{2}$

Ejercicio 96 MedioIB · P1 Noviembre 1999

Resuelva la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = y tan x + 1$ , $0 \leq x < \frac{π}{2}$ si $y = 1$ cuando $x = 0$ .

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Resultado: $y = tan x + sec x$

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Escribimos la ecuación como lineal: $\frac{d y}{d x} - (tan x) y = 1$ .
Factor integrante: $e^{- \int t a n x d x} = e^{l n c o s x} = cos x$ (en $[0, \frac{π}{2} [$ , $cos x > 0$ ).
$\frac{d}{d x} (y cos x) = cos x$ , luego $y cos x = sen x + C$ .
Con $y = 1$ para $x = 0$ : $1 = 0 + C$ , luego $C = 1$ .
$y = \frac{sen x + 1}{cos x} = tan x + sec x$ .

Resultado: $y = tan x + sec x$

Ejercicio 97 MedioIB · P2 Noviembre 2002

(ii) Sea la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = \frac{3 y ^{2} + x ^{2}}{2 x y}$ , para $x > 0$ .

a) Sustituya $y = v x$ para mostrar que $v + x \frac{d v}{d x} = \frac{3 v ^{2} + 1}{2 v}$ .

b) Partiendo de aquí halle la solución de la ecuación diferencial, sabiendo que $y = 2$ para $x = 1$ .

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Resultado: b) $y = x 5 x - 1$

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a) 1. Con $y = v x$ , $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$ . 2. El segundo miembro: $\frac{3 y ^{2} + x ^{2}}{2 x y} = \frac{3 v ^{2} x ^{2} + x ^{2}}{2 x \cdot v x} = \frac{3 v ^{2} + 1}{2 v}$ . 3. Por tanto $v + x \frac{d v}{d x} = \frac{3 v ^{2} + 1}{2 v}$ .

b) 1. Despejamos: $x \frac{d v}{d x} = \frac{3 v ^{2} + 1}{2 v} - v = \frac{v ^{2} + 1}{2 v}$ . 2. Separamos variables: $\int \frac{2 v}{v ^{2} + 1} d v = \int \frac{d x}{x}$ . 3. Integramos: $ln (v^{2} + 1) = ln x + C$ , es decir, $v^{2} + 1 = A x$ . 4. Con $x = 1$ , $y = 2$ ( $v = 2$ ): $5 = A$ . 5. $v^{2} = 5 x - 1$ , y como $v = \frac{y}{x} > 0$ (porque $y (1) = 2 > 0$ ), $v = 5 x - 1$ . 6. $y = v x = x 5 x - 1$ .

Resultado: b) $y = x 5 x - 1$

Ejercicio 98 MedioIB · P1 Mayo 2001

Calcule la solución general de la ecuación diferencial $\frac{d x}{d t} = k x (5 - x)$ , donde $0 < x < 5$ y $k$ es una constante.

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Resultado: $t = \frac{1}{5 k} ln (\frac{x}{5 - x}) + C$

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Es una ecuación de variables separables: $\frac{d x}{x ( 5 - x )} = k d t$ .
Descomponemos en fracciones simples: $\frac{1}{x ( 5 - x )} = \frac{1}{5} (\frac{1}{x} + \frac{1}{5 - x})$ .
Integramos (con $0 < x < 5$ no hacen falta valores absolutos): $\frac{1}{5} (ln x - ln (5 - x)) = k t + C_{1}$ .
Es decir, $\frac{1}{5} ln (\frac{x}{5 - x}) = k t + C_{1}$ , y despejando $t$ (con $k \neq = 0$ ): $t = \frac{1}{5 k} ln (\frac{x}{5 - x}) + C$ , donde $C = - \frac{C _{1}}{k}$ .

Resultado: $t = \frac{1}{5 k} ln (\frac{x}{5 - x}) + C$

Ejercicio 99 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2004

La temperatura de un objeto $T^{\circ} C$ en una habitación, después de $t$ minutos, satisface la ecuación diferencial $\frac{d T}{d t} = k (T - 22)$ , donde $k$ es una constante.

a) Resuelva esta ecuación para demostrar que $T = A e^{k t} + 22$ , donde $A$ es una constante.

b) Cuando $t = 0$ , $T = 100$ , y cuando $t = 15$ , $T = 70$ .

(i) Utilice esta información para encontrar el valor de $A$ y de $k$ .

(ii) Por lo tanto, encontrar el valor de $t$ cuando $T = 40$ .

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Resultado: a) queda demostrado; b) i) $A = 78$ , $k \approx - 0, 0324$ ; ii) $t \approx 45, 3$ min

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a) 1. Separamos variables: $\frac{d T}{T - 22} = k d t$ . 2. Integramos: $ln ∣ T - 22∣ = k t + C_{1}$ . 3. Tomamos exponenciales: $T - 22 = \pm e^{C_{1}} e^{k t} = A e^{k t}$ , con $A = \pm e^{C_{1}}$ constante. Así $T = A e^{k t} + 22$ .

b) i) 1. Con $t = 0$ y $T = 100$ : $100 = A + 22$ , luego $A = 78$ . 2. Con $t = 15$ y $T = 70$ : $70 = 78 e^{15 k} + 22$ , luego $e^{15 k} = \frac{48}{78} = \frac{8}{13}$ . 3. Entonces $k = \frac{1}{15} ln \frac{8}{13} \approx - 0, 0324$ .

(ii) 1. Imponemos $T = 40$ : $40 = 78 e^{k t} + 22$ , luego $e^{k t} = \frac{18}{78} = \frac{3}{13}$ . 2. $t = \frac{1}{k} ln \frac{3}{13} = \frac{15 ln ( 3/13 )}{ln ( 8/13 )} \approx 45, 3$ minutos.

Resultado: a) queda demostrado; b) i) $A = 78$ , $k \approx - 0, 0324$ ; ii) $t \approx 45, 3$ min

Ejercicio 100 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2006

a) Compruebe que $\int tan x d x = ln ∣ sec x ∣ + C$ , donde $C$ es una constante.

b) A partir de lo anterior, halle un factor integrante para resolver la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} + y tan x = sec x$ .

c) Resuelva esta ecuación diferencial sabiendo que $y = 2$ cuando $x = 0$ . Dé su respuesta en la forma $y = f (x)$ .

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Resultado: b) $sec x$ ; c) $y = sen x + 2 cos x$

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a) 1. $\int tan x d x = \int \frac{sen x}{cos x} d x$ ; sustitución $u = cos x$ , $d u = - sen x d x$ . 2. $= - \int \frac{d u}{u} = - ln ∣ cos x ∣ + C = ln \frac{1}{cos x} + C = ln ∣ sec x ∣ + C$ .

b) 1. La ecuación $\frac{d y}{d x} + y tan x = sec x$ es lineal, con $P (x) = tan x$ . 2. Factor integrante: $e^{\int t a n x d x} = e^{l n ∣ s e c x ∣} = sec x$ (tomando el intervalo donde $sec x > 0$ , que contiene a $x = 0$ ).

c) 1. Multiplicamos por $sec x$ : $\frac{d}{d x} (y sec x) = sec^{2} x$ . 2. Integramos: $y sec x = tan x + C$ , luego $y = sen x + C cos x$ . 3. Con $y (0) = 2$ : $0 + C = 2$ , así que $C = 2$ .

Resultado: b) $sec x$ ; c) $y = sen x + 2 cos x$

Ejercicio 101 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2006

Resuelva la ecuación diferencial $(x + 2)^{2} \frac{d y}{d x} = 4 x y$ $(x > - 2)$ sabiendo que $y = 1$ cuando $x = - 1$ .

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Resultado: $y = (x + 2)^{4} e^{\frac{- 8 ( x + 1 )}{x + 2}}$

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Separamos variables (con $x > - 2$ , $y > 0$ por la condición inicial): $\frac{d y}{y} = \frac{4 x}{( x + 2 ) ^{2}} d x$ .
Reescribimos: $\frac{4 x}{( x + 2 ) ^{2}} = \frac{4 ( x + 2 ) - 8}{( x + 2 ) ^{2}} = \frac{4}{x + 2} - \frac{8}{( x + 2 ) ^{2}}$ .
Integramos: $ln y = 4 ln (x + 2) + \frac{8}{x + 2} + C$ .
Con $y = 1$ en $x = - 1$ : $0 = 0 + 8 + C$ , así que $C = - 8$ .
$ln y = 4 ln (x + 2) + \frac{8}{x + 2} - 8 = 4 ln (x + 2) - \frac{8 ( x + 1 )}{x + 2}$ , porque $\frac{8}{x + 2} - 8 = \frac{8 - 8 x - 16}{x + 2} = \frac{- 8 ( x + 1 )}{x + 2}$ .
$y = (x + 2)^{4} e^{- \frac{8 ( x + 1 )}{x + 2}}$ .

Resultado: $y = (x + 2)^{4} e^{\frac{- 8 ( x + 1 )}{x + 2}}$

Ejercicio 102 MedioIB · P3 TZ0 Noviembre 2006

a) Muestre que $\frac{d}{d x} (ln (\frac{1 + x}{1 - x})) = \frac{2}{1 - x ^{2}}$ , $∣ x ∣ < 1$ .

b) Encuentre la solución a la ecuación diferencial homogénea $x^{2} \frac{d y}{d x} = x^{2} + x y - y^{2}$ , sabiendo que $y = \frac{1}{2}$ cuando $x = 1$ . Dé su respuesta en la forma $y = g (x)$ .

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Resultado: a) queda demostrado; b) $y = \frac{3 x ^{3} - x}{1 + 3 x ^{2}}$

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a) 1. $ln (\frac{1 + x}{1 - x}) = ln (1 + x) - ln (1 - x)$ para $∣ x ∣ < 1$ . 2. Derivando: $\frac{1}{1 + x} + \frac{1}{1 - x} = \frac{( 1 - x ) + ( 1 + x )}{1 - x ^{2}} = \frac{2}{1 - x ^{2}}$ .

b) 1. Con $y = v x$ y $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$ : $x^{2} (v + x \frac{d v}{d x}) = x^{2} + x^{2} v - x^{2} v^{2}$ . 2. Dividimos entre $x^{2}$ : $v + x \frac{d v}{d x} = 1 + v - v^{2}$ , es decir, $x \frac{d v}{d x} = 1 - v^{2}$ . 3. Separamos: $\frac{d v}{1 - v ^{2}} = \frac{d x}{x}$ . 4. Por (a), $\frac{1}{1 - v ^{2}} = \frac{1}{2} \frac{d}{d v} ln \frac{1 + v}{1 - v}$ , así que $\frac{1}{2} ln \frac{1 + v}{1 - v} = ln x + C$ (con $∣ v ∣ < 1$ , ya que $v = \frac{1}{2}$ en la condición inicial). 5. Con $x = 1$ , $v = \frac{1}{2}$ : $\frac{1}{2} ln \frac{3/2}{1/2} = \frac{1}{2} ln 3 = C$ . 6. Entonces $ln \frac{1 + v}{1 - v} = 2 ln x + ln 3 = ln (3 x^{2})$ , es decir, $\frac{1 + v}{1 - v} = 3 x^{2}$ . 7. Despejamos: $1 + v = 3 x^{2} - 3 x^{2} v$ , $v (1 + 3 x^{2}) = 3 x^{2} - 1$ , $v = \frac{3 x ^{2} - 1}{1 + 3 x ^{2}}$ . 8. $y = v x = \frac{3 x ^{3} - x}{1 + 3 x ^{2}}$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $y = \frac{3 x ^{3} - x}{1 + 3 x ^{2}}$

Ejercicio 103 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2007

Resuelva la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = \frac{1 + y ^{2}}{1 + x ^{2}}$ sabiendo que $y = 3$ para $x = \frac{3}{3}$ .

Exprese la respuesta en la forma $y = \frac{a x + a}{a - x a}$ donde $a \in Z^{+}$

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Resultado: $y = \frac{3 x + 3}{3 - x 3}$

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Separamos variables: $\frac{d y}{1 + y ^{2}} = \frac{d x}{1 + x ^{2}}$ .
Integramos: $arctan y = arctan x + C$ .
Con $y = 3$ y $x = \frac{3}{3}$ : $arctan 3 = \frac{π}{3}$ y $arctan \frac{3}{3} = \frac{π}{6}$ , luego $C = \frac{π}{6}$ .
$y = tan (arctan x + \frac{π}{6}) = \frac{x + tan \frac{π}{6}}{1 - x tan \frac{π}{6}} = \frac{x + \frac{1}{3}}{1 - \frac{x}{3}}$ .
Multiplicamos arriba y abajo por $3$ y luego por $3$ otra vez: $\frac{3 x + 1}{3 - x} = \frac{3 x + 3}{3 - x 3}$ , que es la forma pedida con $a = 3$ .

Resultado: $y = \frac{3 x + 3}{3 - x 3}$

Ejercicio 104 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2008

Un chef gourmet es famoso por su soufflé de forma esférica.

Una vez que se pone en el horno, su volumen aumenta a una velocidad proporcional a su radio.

a) Muestre que el radio $r$ cm del soufflé, en el tiempo $t$ minutos después de haber sido puesto en el horno, satisface la ecuación diferencial $\frac{d r}{d t} = \frac{k}{r}$ , donde $k$ es una constante.

b) Sabiendo que el radio del soufflé es de $8$ cm cuando entra en el horno, y de $12$ cm cuando esté cocido $30$ minutos más tarde, encuentre, al cm más cercano, su radio después de $15$ minutos en el horno.

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Resultado: a) queda demostrado; b) $r \approx 10$ cm

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a) 1. Volumen de la esfera: $V = \frac{4}{3} π r^{3}$ , luego $\frac{d V}{d r} = 4 π r^{2}$ . 2. El enunciado dice que $\frac{d V}{d t} = cr$ ( $c$ constante). 3. Regla de la cadena: $\frac{d V}{d t} = \frac{d V}{d r} \cdot \frac{d r}{d t}$ , así que $4 π r^{2} \frac{d r}{d t} = cr$ . 4. $\frac{d r}{d t} = \frac{c}{4 π r} = \frac{k}{r}$ , con $k = \frac{c}{4 π}$ constante.

b) 1. Separamos variables: $r d r = k d t$ , luego $\frac{r ^{2}}{2} = k t + C$ . 2. Con $r = 8$ en $t = 0$ : $C = 32$ . 3. Con $r = 12$ en $t = 30$ : $72 = 30 k + 32$ , luego $k = \frac{4}{3}$ . 4. $r^{2} = \frac{8}{3} t + 64$ . 5. En $t = 15$ : $r^{2} = 40 + 64 = 104$ , $r = 104 \approx 10, 2$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $r \approx 10$ cm

Ejercicio 105 MedioIB · P3 TZ0 Noviembre 2008

a) Compruebe que la solución de la ecuación diferencial homogénea $\frac{d y}{d x} = \frac{y}{x} + 1$ , $x > 0$ es $y = x (ln x - 1)$ , sabiendo que para $x = e$ , $y = 0$ .

b) i) Determine las tres primeras derivadas de la función $f (x) = x (ln x - 1)$ .

(ii) A partir de lo anterior, halle los tres primeros términos no nulos de la serie de Taylor para $f (x)$ alrededor de $x = 1$ .

Ver resultado

Resultado: a) queda demostrado; b) i) $f^{'} (x) = ln x$ , $f^{''} (x) = \frac{1}{x}$ , $f^{'''} (x) = - \frac{1}{x ^{2}}$ ; ii) $f (x) \approx - 1 + \frac{( x - 1 ) ^{2}}{2} - \frac{( x - 1 ) ^{3}}{6}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Con $y = v x$ : $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$ . Sustituimos en $\frac{d y}{d x} = \frac{y}{x} + 1$ : $v + x \frac{d v}{d x} = v + 1$ . 2. Entonces $x \frac{d v}{d x} = 1$ , es decir, $d v = \frac{d x}{x}$ y $v = ln x + C$ . 3. Así $y = x (ln x + C)$ . Con $y = 0$ en $x = e$ : $e (1 + C) = 0$ , luego $C = - 1$ . 4. $y = x (ln x - 1)$ .

b) i) 1. $f (x) = x ln x - x$ , luego $f^{'} (x) = ln x + 1 - 1 = ln x$ . 2. $f^{''} (x) = \frac{1}{x}$ . 3. $f^{'''} (x) = - \frac{1}{x ^{2}}$ .

(ii) 1. En $x = 1$ : $f (1) = - 1$ , $f^{'} (1) = 0$ , $f^{''} (1) = 1$ , $f^{'''} (1) = - 1$ . 2. Serie de Taylor: $f (x) = f (1) + f^{'} (1) (x - 1) + \frac{f ^{''} ( 1 )}{2 !} (x - 1)^{2} + \frac{f ^{'''} ( 1 )}{3 !} (x - 1)^{3} + \dots$ . 3. Los tres primeros términos no nulos: $- 1 + \frac{( x - 1 ) ^{2}}{2} - \frac{( x - 1 ) ^{3}}{6}$ .

Ejercicio 106 MedioIB · P3 TZ0 Noviembre 2012

Una ecuación diferencial está dada por $\frac{d y}{d x} = \frac{y}{x}$ , donde $x > 0$ y $y > 0$ .

a) Resuelva esta ecuación diferencial separando las variables, dando su respuesta en la forma $y = f (x)$ .

b) Resuelva la misma ecuación diferencial utilizando el estándar homogéneo de sustitución $y = v x$ .

c) Resuelva la misma ecuación diferencial mediante el uso de un factor integrante.

d) Si $y = 20$ cuando $x = 2$ , calcule $y$ cuando $x = 5$ .

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Resultado: a) $y = A x$ ; b) $y = C x$ ; c) $y = C x$ ; d) $y = 50$

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a) 1. Separamos variables: $\frac{d y}{y} = \frac{d x}{x}$ . 2. Integramos (con $x, y > 0$ ): $ln y = ln x + C$ . 3. Entonces $y = e^{C} x = A x$ , con $A$ constante.

b) 1. Con $y = v x$ : $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$ y $\frac{y}{x} = v$ . 2. La ecuación queda $v + x \frac{d v}{d x} = v$ , es decir, $x \frac{d v}{d x} = 0$ . 3. Luego $v$ es constante, $v = C$ , y $y = C x$ .

c) 1. En forma lineal: $\frac{d y}{d x} - \frac{1}{x} y = 0$ . 2. Factor integrante: $e^{\int - \frac{1}{x} d x} = e^{- l n x} = \frac{1}{x}$ . 3. Multiplicamos: $\frac{d}{d x} (\frac{y}{x}) = 0$ , luego $\frac{y}{x} = C$ y $y = C x$ .

d) 1. Con $y = 20$ en $x = 2$ : $20 = 2 C$ , luego $C = 10$ y $y = 10 x$ . 2. En $x = 5$ : $y = 50$ .

Resultado: a) $y = A x$ ; b) $y = C x$ ; c) $y = C x$ ; d) $y = 50$

Ejercicio 107 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2021

Resuelva la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = \frac{ln 2 x}{x ^{2}} - \frac{2}{x} y$ , $x > 0$ , sabiendo que $y = 4$ si $x = \frac{1}{2}$ .

Dé su respuesta en la forma $y = f (x)$ .

Ver resultado

Resultado: $y = \frac{ln 2 x}{x} - \frac{1}{x} + \frac{3}{2 x ^{2}}$

Ver proceso y resultado

Reordenamos como ecuación lineal: $\frac{d y}{d x} + \frac{2}{x} y = \frac{ln 2 x}{x ^{2}}$ .
Factor integrante: $e^{\int \frac{2}{x} d x} = e^{2 l n x} = x^{2}$ (con $x > 0$ ).
Multiplicamos: $\frac{d}{d x} (x^{2} y) = ln 2 x$ .
Integramos por partes ( $u = ln 2 x$ , $d v = d x$ ): $\int ln 2 x d x = x ln 2 x - \int x \cdot \frac{1}{x} d x = x ln 2 x - x + C$ .
Entonces $y = \frac{ln 2 x}{x} - \frac{1}{x} + \frac{C}{x ^{2}}$ .
Condición $y = 4$ en $x = \frac{1}{2}$ : $4 = \frac{ln 1}{1/2} - 2 + 4 C$ , luego $4 C = 6$ y $C = \frac{3}{2}$ .
Comprobación: derivando la solución se obtiene $\frac{ln 2 x}{x ^{2}} - \frac{2}{x} y$ , como pide la ecuación.

Resultado: $y = \frac{ln 2 x}{x} - \frac{1}{x} + \frac{3}{2 x ^{2}}$

Ejercicio 108 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2022

Considere la ecuación diferencial homogénea $\frac{d y}{d x} = \frac{y ^{2} - 2 x ^{2}}{x y}$ , donde $x, y \neq = 0$ .

Se sabe que $y = 2$ cuando $x = 1$ .

a) Utilizando la sustitución $y = v x$ , resuelva la ecuación diferencial.

Dé la respuesta en la forma $y^{2} = f (x)$ .

Los puntos de pendiente cero de la curva $y^{2} = f (x)$ pertenecen a dos rectas que son de la forma $y = m x$ , donde $m \in R$ .

b) Halle los valores de $m$ .

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Resultado: a) $y^{2} = 2 x^{2} (- 2 ln x + 2)$ ; b) $m = \pm 2$

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a) 1. Sustitución $y = v x$ : $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$ . 2. El segundo miembro es $\frac{v ^{2} x ^{2} - 2 x ^{2}}{x \cdot v x} = \frac{v ^{2} - 2}{v}$ . 3. $x \frac{d v}{d x} = \frac{v ^{2} - 2}{v} - v = - \frac{2}{v}$ . 4. Separamos variables: $v d v = - \frac{2}{x} d x$ , e integramos: $\frac{v ^{2}}{2} = - 2 ln x + C$ (con $x > 0$ por la condición inicial, $x = 1$ ). 5. Condición: $x = 1$ , $y = 2$ , luego $v = 2$ y $\frac{4}{2} = C$ , es decir, $C = 2$ . 6. $v^{2} = - 4 ln x + 4$ , luego $y^{2} = x^{2} v^{2} = x^{2} (4 - 4 ln x) = 2 x^{2} (- 2 ln x + 2)$ .

b) 1. Pendiente cero: $\frac{d y}{d x} = 0 ⟺ y^{2} - 2 x^{2} = 0$ , es decir, $y = \pm 2 x$ . 2. Comprobamos que estas rectas cortan a la curva: $4 x^{2} (1 - ln x) = 2 x^{2}$ da $ln x = \frac{1}{2}$ , $x = e$ . 3. $m = 2$ y $m = - 2$ .

Resultado: a) $y^{2} = 2 x^{2} (- 2 ln x + 2)$ ; b) $m = \pm 2$

Ejercicio 109 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2012

Una partícula se mueve en línea recta a una velocidad de $v$ metros por segundo. En un instante cualquiera, $t$ segundos, $0 \leq t \leq \frac{3 π}{4}$ , la velocidad viene dada por la ecuación diferencial $\frac{d v}{d t} + v^{2} + 1 = 0$ . También se sabe que $v = 1$ cuando $t = 0$ .

a) Halle una expresión para $v$ en función de $t$ .

b) Dibuje aproximadamente la gráfica de $v$ en función de $t$ , mostrando claramente las coordenadas de todos los puntos de corte con los ejes y las ecuaciones de todas las asíntotas.

c) Halle una expresión para el desplazamiento $s$ en función de $t$ , sabiendo que $s = 0$ cuando $t = 0$ .

d) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, compruebe que $s = \frac{1}{2} ln \frac{2}{1 + v ^{2}}$ .

Ver solución

a) 1. De $\frac{d v}{d t} + v^{2} + 1 = 0$ sale $\frac{d v}{d t} = - (1 + v^{2})$ , de variables separables. 2. $\int \frac{d v}{1 + v ^{2}} = - \int d t$ , luego $arctan v = - t + C$ . 3. Con $v (0) = 1$ : $arctan 1 = \frac{π}{4} = C$ . 4. $v = tan (\frac{π}{4} - t)$ . Comprobación: $v^{'} = - sec^{2} (\frac{π}{4} - t) = - (1 + v^{2})$ ✓.

b) 1. Corte con el eje $v$ ( $t = 0$ ): $v = tan \frac{π}{4} = 1$ , es decir $(0, 1)$ . 2. Corte con el eje $t$ : $tan (\frac{π}{4} - t) = 0$ para $t = \frac{π}{4}$ , es decir $(\frac{π}{4}, 0)$ . 3. Cuando $t \to \frac{3 π}{4}$ , el argumento $\frac{π}{4} - t \to - \frac{π}{2}$ y $v \to - \infty$ : asíntota vertical $t = \frac{3 π}{4}$ . 4. La función es decreciente en todo el intervalo.

Gráfica de v en función de t para t entre 0 y 3π/4: curva decreciente que parte del punto (0, 1), corta al eje t y se acerca por debajo a una asíntota vertical

Cortes con los ejes: $(0, 1)$ y $(\frac{π}{4}, 0)$ . Asíntota vertical: $t = \frac{3 π}{4}$ .

c) 1. $s = \int v d t = \int tan (\frac{π}{4} - t) d t$ . Como $\int tan u d u = - ln ∣ cos u ∣$ y $d u = - d t$ con $u = \frac{π}{4} - t$ , queda $s = ln cos (\frac{π}{4} - t) + C$ . 2. En $0 \leq t < \frac{3 π}{4}$ el argumento está en $] - \frac{π}{2}, \frac{π}{4}]$ , donde el coseno es positivo: $s = ln cos (\frac{π}{4} - t) + C$ . 3. Con $s (0) = 0$ : $ln \frac{2}{2} + C = 0$ , luego $C = - ln \frac{2}{2} = \frac{ln 2}{2}$ . 4. $s = ln cos (\frac{π}{4} - t) + \frac{ln 2}{2}$ .

d) 1. Partimos de $tan^{2} α + 1 = \frac{1}{cos ^{2} α}$ con $α = \frac{π}{4} - t$ : $1 + v^{2} = \frac{1}{cos ^{2} α}$ , luego $cos^{2} α = \frac{1}{1 + v ^{2}}$ . 2. Como $cos α > 0$ , $cos α = \frac{1}{1 + v ^{2}}$ y $ln cos α = - \frac{1}{2} ln (1 + v^{2})$ . 3. Sustituimos en (c): $s = \frac{1}{2} ln 2 - \frac{1}{2} ln (1 + v^{2}) = \frac{1}{2} ln \frac{2}{1 + v ^{2}}$ ✓.

Resultado: a) $v = tan (\frac{π}{4} - t)$ ; b) cortes $(0, 1)$ y $(\frac{π}{4}, 0)$ , asíntota $t = \frac{3 π}{4}$ ; c) $s = ln cos (\frac{π}{4} - t) + \frac{ln 2}{2}$ ; d) queda comprobado: $s = \frac{1}{2} ln \frac{2}{1 + v ^{2}}$ .

Ejercicio 110 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2011

La curva $C$ , cuya ecuación es $y = f (x)$ , satisface la siguiente ecuación diferencial: $\frac{d y}{d x} = \frac{y}{ln y} (x + 2)$ , $y > 1$ ; además, $y = e$ cuando $x = 2$ .

a) Halle la ecuación de la recta tangente a $C$ en el punto $(2, e)$ .

b) Halle $f (x)$ .

c) Determine el mayor dominio de $f$ posible.

d) Compruebe que la ecuación $f (x) = f^{'} (x)$ no tiene ninguna solución.

Ver resultado

Resultado: a) $y = 4 e x - 7 e$ ; b) $f (x) = e^{x^{2} + 4 x - 11}$ ; c) $] - \infty, - 2 - 15] \cup [- 2 + 15, + \infty [$ ; d) queda comprobado: no hay solución.

Ver proceso y resultado

a) 1. La pendiente en $(2, e)$ : $\frac{d y}{d x} = \frac{e}{ln e} (2 + 2) = 4 e$ . 2. Tangente: $y - e = 4 e (x - 2)$ , es decir $y = 4 e x - 7 e$ .

b) 1. Separamos variables: $\frac{ln y}{y} d y = (x + 2) d x$ . 2. Integramos: a la izquierda, sustitución $u = ln y$ (con $d u = \frac{d y}{y}$ ): $\frac{( ln y ) ^{2}}{2}$ . A la derecha: $\frac{x ^{2}}{2} + 2 x$ . 3. $\frac{( ln y ) ^{2}}{2} = \frac{x ^{2}}{2} + 2 x + C$ . Con $y = e$ en $x = 2$ : $\frac{1}{2} = 2 + 4 + C$ , luego $C = - \frac{11}{2}$ . 4. $(ln y)^{2} = x^{2} + 4 x - 11$ . Como $y > 1$ , $ln y > 0$ , luego $ln y = x^{2} + 4 x - 11$ . 5. $f (x) = e^{x^{2} + 4 x - 11}$ .

c) 1. La raíz exige $x^{2} + 4 x - 11 \geq 0$ . Las raíces de $x^{2} + 4 x - 11 = 0$ son $x = - 2 \pm 15$ . 2. La parábola es no negativa fuera de las raíces. Dominio: $] - \infty, - 2 - 15] \cup [- 2 + 15, + \infty [$ .

d) 1. De la ecuación diferencial, $f^{'} (x) = \frac{f ( x )}{ln f ( x )} (x + 2) = \frac{f ( x ) ( x + 2 )}{x ^{2} + 4 x - 11}$ (con $ln f (x) = x^{2} + 4 x - 11$ ). 2. $f (x) = f^{'} (x)$ con $f (x) > 0$ obliga a $1 = \frac{x + 2}{x ^{2} + 4 x - 11}$ , es decir $x^{2} + 4 x - 11 = x + 2$ . 3. Elevando al cuadrado: $x^{2} + 4 x - 11 = x^{2} + 4 x + 4$ , es decir $- 11 = 4$ , que es imposible. 4. Luego la ecuación $f (x) = f^{'} (x)$ no tiene soluciones.

Resultado: a) $y = 4 e x - 7 e$ ; b) $f (x) = e^{x^{2} + 4 x - 11}$ ; c) $] - \infty, - 2 - 15] \cup [- 2 + 15, + \infty [$ ; d) queda comprobado: no hay solución.

Ejercicio 111 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2008

Una partícula se mueve desde un punto fijo $O$ siguiendo una línea recta en una dirección positiva. La velocidad $v$ en $m s^{- 1}$ en el instante $t$ segundos, donde $t \geq 0$ , satisface la ecuación diferencial $\frac{d v}{d t} = \frac{- v ( 1 + v ^{2} )}{50}$ . La partícula parte desde $O$ con una velocidad inicial de $10 m s^{- 1}$ .

a) (i) Exprese en forma de integral definida el tiempo que tarda la velocidad de la partícula en disminuir de $10 m s^{- 1}$ a $5 m s^{- 1}$ .

(ii) A partir de lo anterior, calcule el tiempo que tarda la velocidad de la partícula en disminuir de $10 m s^{- 1}$ a $5 m s^{- 1}$ .

b) (i) Compruebe que cuando $v > 0$ , el movimiento de esta partícula también se puede describir por medio de la ecuación diferencial $\frac{d v}{d x} = \frac{- ( 1 + v ^{2} )}{50}$ donde $x$ representa el desplazamiento en metros respecto a $O$ .

(ii) Sabiendo que $v = 10$ para $x = 0$ , resuelva la ecuación diferencial, expresando $x$ en función de $v$ .

Ver resultado

Resultado: a) (i) $t = \int_{10}^{5} \frac{- 50}{v ( 1 + v ^{2} )} d v$ ; (ii) $t \approx 0, 732$ s; b) (i) queda comprobado; (ii) $x = - 50 (arctan v - arctan 10)$

Ver proceso y resultado

a) (i) 1. Despejamos el tiempo de la ecuación diferencial: $\frac{d t}{d v} = \frac{- 50}{v ( 1 + v ^{2} )}$ . 2. El tiempo para pasar de $v = 10$ a $v = 5$ es $t = \int_{10}^{5} \frac{- 50}{v ( 1 + v ^{2} )} d v$ (equivalente a $50 \int_{5}^{10} \frac{d v}{v ( 1 + v ^{2} )}$ ).

(ii) 1. Fracciones simples: $\frac{1}{v ( 1 + v ^{2} )} = \frac{1}{v} - \frac{v}{1 + v ^{2}}$ (se comprueba sumando: $\frac{1 + v ^{2} - v ^{2}}{v ( 1 + v ^{2} )}$ ). 2. Una primitiva es $ln v - \frac{1}{2} ln (1 + v^{2}) = ln \frac{v}{1 + v ^{2}}$ (para $v > 0$ ). 3. $t = 50 [ln \frac{v}{1 + v ^{2}}]_{5}^{10} = 50 [ln \frac{10}{101} - ln \frac{5}{26}] = 50 ln \frac{2 26}{101}$ . 4. Numéricamente, $t = - 50 ln \frac{101}{2 26} \approx 0, 732$ s.

b) (i) 1. Regla de la cadena: $\frac{d v}{d t} = \frac{d v}{d x} \cdot \frac{d x}{d t} = \frac{d v}{d x} \cdot v$ , porque $\frac{d x}{d t} = v$ . 2. Entonces $v \frac{d v}{d x} = - \frac{v ( 1 + v ^{2} )}{50}$ . 3. Con $v > 0$ podemos dividir entre $v$ : $\frac{d v}{d x} = - \frac{1 + v ^{2}}{50}$ ✓.

(ii) 1. Separamos variables: $\frac{d v}{1 + v ^{2}} = - \frac{d x}{50}$ . 2. Integramos: $arctan v = - \frac{x}{50} + C$ . 3. Con $v = 10$ en $x = 0$ : $C = arctan 10$ . 4. Despejando $x$ : $x = - 50 (arctan v - arctan 10) = 50 (arctan 10 - arctan v)$ .

Resultado: a) (i) $t = \int_{10}^{5} \frac{- 50}{v ( 1 + v ^{2} )} d v$ ; (ii) $t \approx 0, 732$ s; b) (i) queda comprobado; (ii) $x = - 50 (arctan v - arctan 10)$

Ejercicio 112 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2011

a) Utilizando la integración por partes, compruebe que: $\int e^{2 x} sen x d x = \frac{1}{5} e^{2 x} (2 sen x - cos x) + C$ .

b) Resuelva la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = 1 - y^{2} e^{2 x} sen x$ , sabiendo que para $x = 0$ , $y = 0$ .

Escriba su respuesta de la forma $y = f (x)$ .

c) (i) Dibuje aproximadamente la gráfica de la función $y = f (x)$ hallada en el apartado (b), para $0 \leq x \leq 1, 5$ . Determine las coordenadas del punto $P$ , el primer punto de intersección con el semieje $x$ positivo, y señale dicho punto en su dibujo.

(ii) La región delimitada por la gráfica de $f$ y el eje $x$ , entre el origen y $P$ , se rota $36 0^{\circ}$ alrededor del eje $x$ , formándose así un sólido de revolución. Calcule el volumen de este sólido.

Ver solución

a) 1. Sea $I = \int e^{2 x} sen x d x$ . Por partes con $u = sen x$ y $d v = e^{2 x} d x$ : $I = \frac{1}{2} e^{2 x} sen x - \frac{1}{2} \int e^{2 x} cos x d x$ . 2. Para $J = \int e^{2 x} cos x d x$ , otra vez por partes con $u = cos x$ y $d v = e^{2 x} d x$ : $J = \frac{1}{2} e^{2 x} cos x + \frac{1}{2} I$ . 3. Sustituyendo: $I = \frac{1}{2} e^{2 x} sen x - \frac{1}{4} e^{2 x} cos x - \frac{1}{4} I$ . 4. Pasamos $\frac{1}{4} I$ al otro lado: $\frac{5}{4} I = \frac{1}{4} e^{2 x} (2 sen x - cos x)$ . 5. Luego $I = \frac{1}{5} e^{2 x} (2 sen x - cos x) + C$ ✓.

b) 1. Separamos variables: $\frac{d y}{1 - y ^{2}} = e^{2 x} sen x d x$ . 2. Integramos: $arcsin y = \frac{1}{5} e^{2 x} (2 sen x - cos x) + C$ , usando (a). 3. Con $y = 0$ en $x = 0$ : $0 = \frac{1}{5} (- 1) + C$ , luego $C = \frac{1}{5}$ . 4. $y = sen [\frac{e ^{2 x} ( 2 sen x - cos x ) + 1}{5}]$ .

c) (i) 1. Sea $a (x) = \frac{e ^{2 x} ( 2 sen x - cos x ) + 1}{5}$ , de modo que $y = sen a (x)$ . Su derivada es $a^{'} (x) = e^{2 x} sen x > 0$ para $0 < x < π$ , luego $a$ crece desde $a (0) = 0$ . 2. El primer corte con el eje $x$ ocurre cuando $a (x) = π$ . Con la CPG: $x \approx 1, 16$ , es decir $P (1, 16; 0)$ . 3. Antes de $P$ , $y$ sube desde el origen hasta un máximo de $1$ (cuando $a = \frac{π}{2}$ , cerca de $x = 0, 95$ ) y baja hasta $0$ en $P$ .

Gráfica de y = sen((e^(2x)(2 sen x − cos x) + 1)/5) para x entre 0 y 1,5: oscila entre 1 y −1, con el primer punto de corte P con el semieje x positivo

$P (1, 16; 0)$

(ii) 1. Volumen alrededor del eje $x$ : $V = π \int_{0}^{1, 16} y^{2} d x = π \int_{0}^{1, 16} sen^{2} [\frac{e ^{2 x} ( 2 sen x - cos x ) + 1}{5}] d x$ . 2. Con la CPG: $V \approx 1, 05$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $y = sen [\frac{e ^{2 x} ( 2 sen x - cos x ) + 1}{5}]$ ; c) (i) $P (1, 16; 0)$ ; (ii) $V \approx 1, 05$

Ejercicio 113 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2011

Las partes reales e imaginarias de un número complejo $x + i y$ están relacionadas por la ecuación diferencial $(x + y) \frac{d y}{d x} + (x - y) = 0$ . Al resolver la ecuación diferencial, sabiendo que $y = 3$ cuando $x = 1$ , muestre que la relación entre el módulo $r$ y el argumento $θ$ del número complejo es $r = 2 e^{\frac{π}{3} - θ}$ .

Ver resultado

Resultado: queda demostrado: $r = 2 e^{\frac{π}{3} - θ}$ .

Ver proceso y resultado

Ecuación homogénea: se resuelve con $y = v x$ .

La ecuación es $(x + y) \frac{d y}{d x} + (x - y) = 0$ . Con $y = v x$ : $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$ .
Sustituimos: $x (1 + v) (v + x \frac{d v}{d x}) + x (1 - v) = 0$ . Dividimos por $x$ : $(1 + v) v + (1 + v) x \frac{d v}{d x} + 1 - v = 0$ .
Simplificamos $v + v^{2} + 1 - v = v^{2} + 1$ : $(1 + v) x \frac{d v}{d x} = - (1 + v^{2})$ .
Separamos variables: $\int \frac{1 + v}{1 + v ^{2}} d v = - \int \frac{d x}{x}$ .
Resolvemos el primer miembro: $\int \frac{1}{1 + v ^{2}} d v + \int \frac{v}{1 + v ^{2}} d v = arctan v + \frac{1}{2} ln (1 + v^{2})$ . Así $arctan v + \frac{1}{2} ln (1 + v^{2}) = - ln x + C$ .
Condición inicial: $x = 1$ , $y = 3$ , luego $v = 3$ : $\frac{π}{3} + \frac{1}{2} ln 4 = C$ , es decir $C = \frac{π}{3} + ln 2$ .
Pasamos a polares. Con $x > 0$ , $v = \frac{y}{x} = tan θ$ y $θ = arctan v$ . Además $r = x^{2} + y^{2} = x 1 + v^{2}$ , luego $\frac{1}{2} ln (1 + v^{2}) = ln r - ln x$ .
Entonces $θ + ln r - ln x = - ln x + \frac{π}{3} + ln 2$ , y se cancela $ln x$ : $ln r = \frac{π}{3} - θ + ln 2$ .
Por tanto $r = 2 e^{\frac{π}{3} - θ}$ .

Resultado: queda demostrado: $r = 2 e^{\frac{π}{3} - θ}$ .

Ejercicio 114 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2019

Considere la ecuación diferencial $2 x y \frac{d y}{d x} = y^{2} - x^{2}$ , donde $x > 0$ .

a) Resuelva la ecuación diferencial y muestre que una solución general de dicha ecuación es $x^{2} + y^{2} = c x$ , donde $c$ es una constante positiva.

b) Demuestre que la curva de esta solución general tiene dos rectas tangentes horizontales e indique la ecuación de cada una de ellas, en función de $c$ .

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Resultado: a) $x^{2} + y^{2} = c x$ ; b) $y = \frac{c}{2}$ e $y = - \frac{c}{2}$

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a) Ecuación homogénea: sustitución $y = v x$ .

Con $y = v x$ , $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$ . La ecuación $2 x y \frac{d y}{d x} = y^{2} - x^{2}$ queda $2 x \cdot v x (v + x \frac{d v}{d x}) = v^{2} x^{2} - x^{2}$ .
Dividimos por $x^{2}$ : $2 v^{2} + 2 v x \frac{d v}{d x} = v^{2} - 1$ , es decir, $2 v x \frac{d v}{d x} = - v^{2} - 1$ .
Separamos variables: $\int \frac{2 v}{v ^{2} + 1} d v = - \int \frac{d x}{x}$ , luego $ln (v^{2} + 1) = - ln x + K$ (con $x > 0$ ).
Entonces $ln [x (v^{2} + 1)] = K$ , así que $x (v^{2} + 1) = c$ , con $c = e^{K} > 0$ .
Deshacemos el cambio, $v = \frac{y}{x}$ : $x (\frac{y ^{2}}{x ^{2}} + 1) = c$ , es decir, $\frac{x ^{2} + y ^{2}}{x} = c$ y $x^{2} + y^{2} = c x$ .

b) 1. Una tangente horizontal exige $\frac{d y}{d x} = 0$ . En la ecuación diferencial, $2 x y \cdot 0 = y^{2} - x^{2}$ , luego $y^{2} = x^{2}$ , es decir, $y = \pm x$ . 2. Sustituimos en la curva: $x^{2} + x^{2} = c x \Rightarrow x = \frac{c}{2}$ (con $x > 0$ ). Entonces $y = \pm \frac{c}{2}$ . 3. Hay exactamente dos puntos, $(\frac{c}{2}, \frac{c}{2})$ y $(\frac{c}{2}, - \frac{c}{2})$ , y en ellos $y \neq = 0$ y $x \neq = 0$ (la ecuación de la pendiente $y^{'} = \frac{y ^{2} - x ^{2}}{2 x y}$ está bien definida), así que hay dos tangentes horizontales. 4. Sus ecuaciones son $y = \frac{c}{2}$ e $y = - \frac{c}{2}$ .

Resultado: a) $x^{2} + y^{2} = c x$ ; b) $y = \frac{c}{2}$ e $y = - \frac{c}{2}$

Ejercicio 115 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2010

Resuelva la ecuación $(x - 1) \frac{d y}{d x} + x y = (x - 1) e^{- x}$ , sabiendo que para $x = 0$ , $y = 1$ . Dé la respuesta de la forma $y = f (x)$ .

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Resultado: $y = \frac{( x - 1 ) ^{2} - 3}{2 e ^{x} ( x - 1 )}$

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Ecuación lineal de primer orden.

Dividimos por $x - 1$ (con $x \neq = 1$ ): $\frac{d y}{d x} + \frac{x}{x - 1} y = e^{- x}$ . Como $\frac{x}{x - 1} = 1 + \frac{1}{x - 1}$ , el factor integrante es $e^{x + l n ∣ x - 1∣} = ∣ x - 1∣ e^{x}$ ; usamos $(x - 1) e^{x}$ (da la misma ecuación, salvo un signo constante).
Multiplicamos: $[(x - 1) e^{x} y]^{'} = (x - 1) e^{x} \cdot e^{- x} = x - 1$ .
Integramos: $(x - 1) e^{x} y = \frac{( x - 1 ) ^{2}}{2} + C$ .
Condición $x = 0$ , $y = 1$ : $(- 1) (1) (1) = \frac{1}{2} + C$ , luego $C = - \frac{3}{2}$ .
$y = \frac{\frac{( x - 1 ) ^{2}}{2} - \frac{3}{2}}{( x - 1 ) e ^{x}} = \frac{( x - 1 ) ^{2} - 3}{2 e ^{x} ( x - 1 )}$ .

Resultado: $y = \frac{( x - 1 ) ^{2} - 3}{2 e ^{x} ( x - 1 )}$

Ejercicio 116 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2011

Resuelva la ecuación diferencial $x^{2} \frac{d y}{d x} = y^{2} + 3 x y + 2 x^{2}$ sabiendo que para $x = 1$ , $y = - 1$ . Dé la respuesta de la forma $y = f (x)$ .

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Resultado: $y = x tan (ln x) - x$

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Ecuación homogénea: sustitución $y = v x$ .

Con $y = v x$ y $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$ , la ecuación $x^{2} \frac{d y}{d x} = y^{2} + 3 x y + 2 x^{2}$ queda $x^{2} (v + x \frac{d v}{d x}) = v^{2} x^{2} + 3 v x^{2} + 2 x^{2}$ .
Dividimos por $x^{2}$ : $v + x \frac{d v}{d x} = v^{2} + 3 v + 2$ , es decir, $x \frac{d v}{d x} = v^{2} + 2 v + 2 = (v + 1)^{2} + 1$ .
Separamos variables: $\int \frac{d v}{( v + 1 ) ^{2} + 1} = \int \frac{d x}{x}$ , luego $arctan (v + 1) = ln x + C$ .
Condición $x = 1$ , $y = - 1$ : $v = - 1$ y $arctan 0 = 0 = ln 1 + C$ , luego $C = 0$ .
$v + 1 = tan (ln x)$ , y con $v = \frac{y}{x}$ : $y = x tan (ln x) - x$ .

Resultado: $y = x tan (ln x) - x$

Ejercicio 117 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2009

Resuelva la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = \frac{y}{x} + \frac{y ^{2}}{x ^{2}}$ (donde $x > 0$ ) sabiendo que $y = 2$ para $x = 1$ . Dé la respuesta en la forma $y = f (x)$ .

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Resultado: $y = \frac{- x}{ln x - \frac{1}{2}}$

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Ecuación homogénea: sustitución $y = v x$ .

Con $y = v x$ : $v + x \frac{d v}{d x} = v + v^{2}$ , luego $x \frac{d v}{d x} = v^{2}$ .
Separamos variables: $\int \frac{d v}{v ^{2}} = \int \frac{d x}{x}$ , es decir, $- \frac{1}{v} = ln x + C$ .
Condición $x = 1$ , $y = 2$ : $v = 2$ , luego $- \frac{1}{2} = C$ .
$- \frac{1}{v} = ln x - \frac{1}{2}$ , así que $v = \frac{- 1}{ln x - \frac{1}{2}}$ y $y = v x = \frac{- x}{ln x - \frac{1}{2}}$ .

Resultado: $y = \frac{- x}{ln x - \frac{1}{2}}$

Ejercicio 118 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2010

Resuelva la ecuación diferencial $x^{2} \frac{d y}{d x} = y^{2} + x y + 4 x^{2}$ , sabiendo que para $x = 1$ , $y = 2$ . Dé la respuesta en la forma $y = f (x)$ .

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Resultado: $y = 2 x tan (ln x^{2} + \frac{π}{4})$

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Dividimos entre $x^{2}$ : $\frac{d y}{d x} = (\frac{y}{x})^{2} + \frac{y}{x} + 4$ . Es una ecuación homogénea, así que hacemos la sustitución $y = v x$ , con $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$ .
Queda $v + x \frac{d v}{d x} = v^{2} + v + 4$ , es decir, $x \frac{d v}{d x} = v^{2} + 4$ .
Separamos variables: $\int \frac{d v}{v ^{2} + 4} = \int \frac{d x}{x}$ .
La primitiva de la izquierda es $\frac{1}{2} arctan \frac{v}{2}$ , y la de la derecha es $ln x$ (con $x > 0$ por la condición inicial): $\frac{1}{2} arctan \frac{v}{2} = ln x + C$ .
Con $x = 1$ , $y = 2$ tenemos $v = 2$ : $\frac{1}{2} arctan 1 = C$ , luego $C = \frac{π}{8}$ .
Entonces $arctan \frac{v}{2} = 2 ln x + \frac{π}{4} = ln x^{2} + \frac{π}{4}$ , así que $v = 2 tan (ln x^{2} + \frac{π}{4})$ .
Deshacemos el cambio, $y = v x$ .

Resultado: $y = 2 x tan (ln x^{2} + \frac{π}{4})$

Ejercicio 119 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2009

Las variables $x$ e $y$ están relacionadas según $\frac{d y}{d x} - y tan x = cos x$ .

Resuelva la ecuación diferencial, sabiendo que para $x = π$ , $y = 0$ . Dé la solución en la forma $y = f (x)$ .

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Resultado: $y = \frac{1}{2 cos x} (x + \frac{sen 2 x}{2}) - \frac{π}{2 cos x}$

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Es lineal de primer orden: $\frac{d y}{d x} - (tan x) y = cos x$ .
Factor integrante: $e^{- \int t a n x d x} = e^{l n ∣ c o s x ∣} = cos x$ (tomamos $cos x$ sin valor absoluto, que es válido salvo constante).
Multiplicamos: $\frac{d}{d x} (y cos x) = cos^{2} x$ .
Usamos $cos^{2} x = \frac{1 + cos 2 x}{2}$ : $\int cos^{2} x d x = \frac{x}{2} + \frac{sen 2 x}{4} + C$ .
Así $y cos x = \frac{x}{2} + \frac{sen 2 x}{4} + C$ .
Con $x = π$ , $y = 0$ : $0 = \frac{π}{2} + 0 + C$ , luego $C = - \frac{π}{2}$ .
Despejamos $y$ : $y = \frac{1}{cos x} (\frac{x}{2} + \frac{sen 2 x}{4} - \frac{π}{2})$ .

Resultado: $y = \frac{1}{2 cos x} (x + \frac{sen 2 x}{2}) - \frac{π}{2 cos x}$

Ejercicio 120 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2010

A lo largo de esta pregunta, $x$ satisface $0 \leq x < \frac{π}{2}$ .

a) Resuelva la ecuación diferencial $sec^{2} x \frac{d y}{d x} = - y^{2}$ , sabiendo que $y = 1$ para $x = 0$ .

Dé la respuesta de la forma $y = f (x)$ .

b) i) Demuestre que $1 \leq sec x \leq 1 + tan x$ .

(ii) Deduzca que $\frac{π}{4} \leq \int_{0}^{π /4} sec x d x \leq \frac{π}{4} + \frac{1}{2} ln 2$ .

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Resultado: a) $y = \frac{1}{\frac{1}{2} ( x + \frac{sen 2 x}{2} ) + 1}$ ; b) queda demostrado.

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a) 1. Separamos variables: $\frac{d y}{y ^{2}} = - cos^{2} x d x$ (dividimos entre $sec^{2} x$ , es decir, multiplicamos por $cos^{2} x$ ). 2. Integramos: $- \frac{1}{y} = - (\frac{x}{2} + \frac{sen 2 x}{4}) + C$ , es decir, $\frac{1}{y} = \frac{x}{2} + \frac{sen 2 x}{4} + K$ . 3. Con $y = 1$ para $x = 0$ : $1 = 0 + 0 + K$ , luego $K = 1$ . 4. Por tanto $y = \frac{1}{\frac{1}{2} ( x + \frac{sen 2 x}{2} ) + 1}$ .

b) (i) 1. En $0 \leq x < \frac{π}{2}$ se cumple $0 < cos x \leq 1$ , luego $sec x = \frac{1}{cos x} \geq 1$ . 2. Para la otra desigualdad, como $cos x > 0$ podemos multiplicar por $cos x$ sin cambiar el sentido: $sec x \leq 1 + tan x ⟺ 1 \leq cos x + sen x$ . 3. Elevamos al cuadrado ambos miembros (son positivos): $(cos x + sen x)^{2} = 1 + sen 2 x \geq 1$ , porque $sen 2 x \geq 0$ para $0 \leq x < \frac{π}{2}$ . 4. Queda demostrado que $1 \leq sec x \leq 1 + tan x$ .

(ii) 1. Integramos la desigualdad entre $0$ y $\frac{π}{4}$ (el intervalo está dentro de $[0, \frac{π}{2} [$ ): $\int_{0}^{π /4} 1 d x \leq \int_{0}^{π /4} sec x d x \leq \int_{0}^{π /4} (1 + tan x) d x$ . 2. A la izquierda: $\frac{π}{4}$ . 3. A la derecha: $\int_{0}^{π /4} (1 + tan x) d x = [x - ln cos x]_{0}^{π /4} = \frac{π}{4} - ln \frac{2}{2} = \frac{π}{4} + \frac{1}{2} ln 2$ . 4. Por tanto $\frac{π}{4} \leq \int_{0}^{π /4} sec x d x \leq \frac{π}{4} + \frac{1}{2} ln 2$ .

Resultado: a) $y = \frac{1}{\frac{1}{2} ( x + \frac{sen 2 x}{2} ) + 1}$ ; b) queda demostrado.

Ejercicio 121 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2013

Considere la ecuación diferencial $y \frac{d y}{d x} = cos 2 x$ .

a) i) Compruebe que la función $y = cos x + sen x$ satisface la ecuación diferencial.

(ii) Halle la solución general de la ecuación diferencial. Exprese la solución de la forma $y = f (x)$ , incluyendo en la respuesta una constante de integración.

(iii) ¿Para qué valor de la constante de integración coincide su solución con la función dada en el apartado i)?

b) Otra solución de la ecuación diferencial, para la cual $y = 2$ cuando $x = \frac{π}{4}$ define una curva $C$ .

(i) Determine la ecuación de $C$ , expresando la respuesta de la forma $y = g (x)$ , e indique el recorrido de la función $g$ .

c) Una región $R$ del plano $x y$ está delimitada por $C$ , el eje $x$ y las rectas verticales $x = 0$ y $x = \frac{π}{2}$ .

(ii) Halle el área de $R$ .

(iii) Halle el volumen que se genera cuando la parte de $R$ que se encuentra por encima de la recta $y = 1$ se hace girar $2 π$ radianes en torno al eje $x$ .

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Resultado: a) (ii) $y = sen 2 x + C$ ; (iii) $C = 1$ ; b) (i) $y = sen 2 x + 3$ , recorrido $[2, 2]$ ; c) (ii) área $= 2, 99$ ; (iii) volumen $= π^{2} + π = 13, 01$

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a) (i) 1. Derivamos: $\frac{d y}{d x} = cos x - sen x$ . 2. Entonces $y \frac{d y}{d x} = (cos x + sen x) (cos x - sen x) = cos^{2} x - sen^{2} x = cos 2 x$ , que es el segundo miembro. La función cumple la ecuación.

(ii) 1. Separamos variables: $y d y = cos 2 x d x$ . 2. Integramos: $\frac{y ^{2}}{2} = \frac{sen 2 x}{2} + K$ , es decir, $y^{2} = sen 2 x + C$ con $C = 2 K$ . 3. Despejamos $y$ (tomamos la raíz positiva, como en la función del apartado i): $y = sen 2 x + C$ .

(iii) 1. La función del apartado i) cumple $y^{2} = cos^{2} x + 2 sen x cos x + sen^{2} x = 1 + sen 2 x$ . 2. Comparando con $y^{2} = sen 2 x + C$ , resulta $C = 1$ .

b) (i) 1. Con $y = 2$ para $x = \frac{π}{4}$ : $4 = sen \frac{π}{2} + C = 1 + C$ , luego $C = 3$ . 2. La curva es $y = g (x) = sen 2 x + 3$ . 3. Como $- 1 \leq sen 2 x \leq 1$ , se tiene $2 \leq sen 2 x + 3 \leq 4$ , luego el recorrido es $[2, 2]$ .

c) (ii) 1. Como $g (x) > 0$ , el área de $R$ es $\int_{0}^{π /2} sen 2 x + 3 d x$ . 2. Con la CPG obtenemos $2, 99$ .

(iii) 1. Como $g (x) \geq 2 > 1$ para todo $x$ , la parte de $R$ por encima de $y = 1$ está entre $y = 1$ e $y = g (x)$ . Al girar en torno al eje $x$ se genera un volumen con "agujero" (método de las arandelas): $V = π \int_{0}^{π /2} (g (x)^{2} - 1^{2}) d x$ . 2. $V = π \int_{0}^{π /2} (sen 2 x + 2) d x = π [- \frac{cos 2 x}{2} + 2 x]_{0}^{π /2}$ . 3. $V = π [(\frac{1}{2} + π) - (- \frac{1}{2})] = π (1 + π) = π^{2} + π \approx 13, 01$ .

Resultado: a) (ii) $y = sen 2 x + C$ ; (iii) $C = 1$ ; b) (i) $y = sen 2 x + 3$ , recorrido $[2, 2]$ ; c) (ii) área $= 2, 99$ ; (iii) volumen $= π^{2} + π = 13, 01$

Ejercicio 122 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2007

a) Compruebe que el cambio de variables $X = x - 1$ , $Y = y - 2$ , transforma la ecuación $\frac{d y}{d x} = \frac{x + 3 y - 7}{3 x - y - 1}$ en una ecuación diferencial homogénea.

b) Resuelva dicha ecuación.

Ver resultado

Resultado: $3 arctan (\frac{y - 2}{x - 1}) = ln (x - 1)^{2} + (y - 2)^{2} + C$

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a) 1. Con $X = x - 1$ e $Y = y - 2$ tenemos $x = X + 1$ , $y = Y + 2$ , y $\frac{d y}{d x} = \frac{d Y}{d X}$ (los cambios son traslaciones). 2. Numerador: $x + 3 y - 7 = X + 1 + 3 Y + 6 - 7 = X + 3 Y$ . 3. Denominador: $3 x - y - 1 = 3 X + 3 - Y - 2 - 1 = 3 X - Y$ . 4. La ecuación queda $\frac{d Y}{d X} = \frac{X + 3 Y}{3 X - Y}$ . Dividiendo numerador y denominador entre $X$ se ve que depende solo de $\frac{Y}{X}$ : $\frac{d Y}{d X} = \frac{1 + 3 \frac{Y}{X}}{3 - \frac{Y}{X}}$ . Es homogénea.

b) 1. Hacemos $Y = v X$ , con $\frac{d Y}{d X} = v + X \frac{d v}{d X}$ : $v + X \frac{d v}{d X} = \frac{1 + 3 v}{3 - v}$ . 2. Entonces $X \frac{d v}{d X} = \frac{1 + 3 v}{3 - v} - v = \frac{1 + 3 v - 3 v + v ^{2}}{3 - v} = \frac{1 + v ^{2}}{3 - v}$ . 3. Separamos variables: $\int \frac{3 - v}{1 + v ^{2}} d v = \int \frac{d X}{X}$ . 4. Calculamos: $3 arctan v - \frac{1}{2} ln (1 + v^{2}) = ln ∣ X ∣ + C$ . 5. Pasamos el logaritmo a la derecha: $3 arctan v = ln ∣ X ∣ + \frac{1}{2} ln (1 + v^{2}) + C = ln (∣ X ∣ 1 + v^{2}) + C$ . 6. Como $∣ X ∣ 1 + v^{2} = X^{2} + Y^{2}$ (porque $Y = v X$ ), queda $3 arctan \frac{Y}{X} = ln X^{2} + Y^{2} + C$ . 7. Deshacemos el cambio con $X = x - 1$ e $Y = y - 2$ .

Resultado: $3 arctan (\frac{y - 2}{x - 1}) = ln (x - 1)^{2} + (y - 2)^{2} + C$

Ejercicio 123 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2014

a) Considere las funciones $f (x) = (ln x)^{2}$ , $x > 1$ y $g (x) = ln (f (x))$ , $x > 1$ .

(i) Halle $f^{'} (x)$ .

(ii) Halle $g^{'} (x)$ .

(iii) A partir de lo anterior, muestre que $g (x)$ es creciente en $] 1, \infty [$ .

b) Considere la ecuación diferencial $(ln x) \frac{d y}{d x} + \frac{2}{x} y = \frac{2 x - 1}{ln x}$ , $x > 1$ .

(i) Halle la solución general de la ecuación diferencial de la forma $y = h (x)$ .

(ii) Muestre que la solución particular que pasa por el punto de coordenadas $(e, e^{2})$ viene dada por $y = \frac{x ^{2} - x + e}{( ln x ) ^{2}}$ .

(iii) Dibuje aproximadamente el gráfico de dicha solución para $x > 1$ , indicando claramente todas las asíntotas, los máximos y los mínimos que haya.

Ver solución

a) (i) 1. Con la regla de la cadena, $f^{'} (x) = 2 ln x \cdot \frac{1}{x} = \frac{2 ln x}{x}$ .

(ii) 1. $g (x) = ln ((ln x)^{2}) = 2 ln (ln x)$ (con $x > 1$ , $ln x > 0$ ). 2. Derivamos: $g^{'} (x) = 2 \cdot \frac{1}{ln x} \cdot \frac{1}{x} = \frac{2}{x ln x}$ .

(iii) 1. Para $x > 1$ se cumple $x > 0$ y $ln x > 0$ , luego $g^{'} (x) = \frac{2}{x ln x} > 0$ . 2. Como la derivada es positiva en todo $] 1, \infty [$ , $g$ es creciente en ese intervalo.

b) (i) 1. Dividimos entre $ln x$ para llevar la ecuación a la forma lineal: $\frac{d y}{d x} + \frac{2}{x ln x} y = \frac{2 x - 1}{( ln x ) ^{2}}$ . 2. Factor integrante: $e^{\int \frac{2}{x l n x} d x} = e^{g (x)} = e^{2 l n (l n x)} = (ln x)^{2}$ (por el apartado a, ii). 3. Multiplicamos: $\frac{d}{d x} (y (ln x)^{2}) = 2 x - 1$ . 4. Integramos: $y (ln x)^{2} = x^{2} - x + C$ . 5. Despejamos: $y = h (x) = \frac{x ^{2} - x + C}{( ln x ) ^{2}}$ .

(ii) 1. Imponemos que pase por $(e, e^{2})$ : $e^{2} = \frac{e ^{2} - e + C}{( ln e ) ^{2}} = e^{2} - e + C$ . 2. Luego $C = e$ y la solución particular es $y = \frac{x ^{2} - x + e}{( ln x ) ^{2}}$ .

(iii) 1. Cuando $x \to 1^{+}$ , el numerador tiende a $e > 0$ y el denominador a $0^{+}$ : $y \to + \infty$ . Hay una asíntota vertical $x = 1$ . 2. Cuando $x \to \infty$ , $y \approx \frac{x ^{2}}{( ln x ) ^{2}} \to \infty$ : no hay asíntota horizontal. 3. Con la CPG buscamos el mínimo: se encuentra en $(3, 13; 7, 21)$ . No hay máximos. 4. La curva baja desde $+ \infty$ junto a $x = 1$ , alcanza ese mínimo y vuelve a crecer.

Gráfica de y = (x² − x + e)/(ln x)² para x > 1: asíntota vertical x = 1 (la curva baja desde arriba junto a ella), mínimo en el punto (3,13; 7,21) y rama creciente a su derecha

Resultado: a) (i) $f^{'} (x) = \frac{2 ln x}{x}$ ; (ii) $g^{'} (x) = \frac{2}{x ln x}$ ; (iii) $g^{'} (x) > 0$ para $x > 1$ ; b) (i) $y = \frac{x ^{2} - x + C}{( ln x ) ^{2}}$ ; (ii) $C = e$ ; (iii) asíntota vertical $x = 1$ y mínimo en $(3, 13; 7, 21)$ .

Ejercicio 124 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2008

a) Compruebe que la solución de la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = cos x cos^{2} y$ es $y = arctan (1 + sen x)$ , sabiendo que para $x = π$ , $y = \frac{π}{4}$ .

b) Determine el valor de la constante $a$ para el cual el siguiente límite existe $x \to \frac{π}{2} lim \frac{arctan ( 1 + sen x ) - a}{( x - \frac{π}{2} ) ^{2}}$ y evalúe ese límite.

Ver resultado

Resultado: b) $a = arctan 2$ y el límite vale $- \frac{1}{10}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Separamos variables: $\frac{d y}{cos ^{2} y} = cos x d x$ , es decir, $sec^{2} y d y = cos x d x$ . 2. Integramos: $tan y = sen x + C$ . 3. Con $x = π$ , $y = \frac{π}{4}$ : $1 = 0 + C$ , luego $C = 1$ . 4. Entonces $tan y = 1 + sen x$ . Como $y = \frac{π}{4}$ está en $] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ , tomamos la rama principal de la arcotangente: $y = arctan (1 + sen x)$ . 5. Comprobación: $y^{'} = \frac{cos x}{1 + ( 1 + sen x ) ^{2}}$ , y como $cos^{2} y = \frac{1}{1 + tan ^{2} y} = \frac{1}{1 + ( 1 + sen x ) ^{2}}$ , se cumple $y^{'} = cos x cos^{2} y$ . Además, $y (π) = arctan 1 = \frac{π}{4}$ .

b) 1. Para $x \to \frac{π}{2}$ el denominador $(x - \frac{π}{2})^{2}$ tiende a $0$ . Para que el límite exista (y sea finito) el numerador también debe tender a $0$ : $arctan (1 + 1) - a = 0$ , así que $a = arctan 2$ . 2. Con ese valor tenemos $\frac{0}{0}$ . Aplicamos la regla de L'Hôpital: la derivada del numerador es $\frac{cos x}{1 + ( 1 + sen x ) ^{2}}$ y la del denominador es $2 (x - \frac{π}{2})$ . 3. Sigue siendo $\frac{0}{0}$ (porque $cos \frac{π}{2} = 0$ ). Reescribimos el cociente como $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 + ( 1 + sen x ) ^{2}} \cdot \frac{cos x}{x - \frac{π}{2}}$ y aplicamos L'Hôpital solo a la última fracción: $x \to \frac{π}{2} lim \frac{cos x}{x - \frac{π}{2}} = x \to \frac{π}{2} lim \frac{- sen x}{1} = - 1$ . 4. El factor central tiende a $\frac{1}{1 + 4} = \frac{1}{5}$ . El límite es $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{5} \cdot (- 1) = - \frac{1}{10}$ .

Resultado: b) $a = arctan 2$ y el límite vale $- \frac{1}{10}$

Ejercicio 125 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2009

Considere la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = \frac{y ^{2} + x ^{2}}{2 x ^{2}}$ en la que para $x = 1$ , $y = - 1$ .

a) Utilice el método de Euler con un paso de longitud $0, 25$ para hallar una estimación del valor de $y$ para $x = 2$ .

b) i) Resuelva la ecuación diferencial, dando su respuesta en la forma $y = f (x)$ .

(ii) Halle el valor de $y$ para $x = 2$ .

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Resultado: a) $y (2) \approx - 0, 3035$ ; b) (i) $y = \frac{- x + x ln x}{ln x + 1}$ ; (ii) $y (2) \approx - 0, 362$

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a) 1. Aplicamos $y_{n + 1} = y_{n} + 0, 25 \frac{y _{n}^{2} + x _{n}^{2}}{2 x _{n}^{2}}$ desde $(1, - 1)$ . 2. $f (1, - 1) = \frac{1 + 1}{2} = 1$ , luego $y_{1} = - 1 + 0, 25 = - 0, 75$ . 3. $f (1, 25; - 0, 75) = \frac{0 , 5625 + 1 , 5625}{3 , 125} = 0, 68$ , luego $y_{2} = - 0, 75 + 0, 17 = - 0, 58$ . 4. $f (1, 5; - 0, 58) = \frac{0 , 3364 + 2 , 25}{4 , 5} \approx 0, 5748$ , luego $y_{3} \approx - 0, 58 + 0, 1437 = - 0, 4363$ . 5. $f (1, 75; - 0, 4363) \approx 0, 5313$ , luego $y_{4} \approx - 0, 4363 + 0, 1328 = - 0, 3035$ .

$n$	$x_{n}$	$y_{n}$
0	1	-1
1	1,25	-0,75
2	1,5	-0,58
3	1,75	-0,4363
4	2	-0,3035

b) (i) 1. La ecuación es homogénea: $\frac{d y}{d x} = \frac{1}{2} ((\frac{y}{x})^{2} + 1)$ . Sustituimos $y = v x$ : $v + x \frac{d v}{d x} = \frac{v ^{2} + 1}{2}$ . 2. Entonces $x \frac{d v}{d x} = \frac{v ^{2} + 1}{2} - v = \frac{( v - 1 ) ^{2}}{2}$ . 3. Separamos variables: $\int \frac{d v}{( v - 1 ) ^{2}} = \int \frac{d x}{2 x}$ , es decir, $- \frac{1}{v - 1} = \frac{1}{2} ln x + C$ . 4. Con $x = 1$ , $y = - 1$ ( $v = - 1$ ): $- \frac{1}{- 2} = C$ , luego $C = \frac{1}{2}$ . 5. Entonces $- \frac{1}{v - 1} = \frac{ln x + 1}{2}$ , así que $v - 1 = - \frac{2}{ln x + 1}$ y $v = \frac{ln x - 1}{ln x + 1}$ . 6. Deshacemos el cambio, $y = v x$ : $y = \frac{x ln x - x}{ln x + 1}$ .

(ii) 1. Para $x = 2$ : $y = \frac{2 ln 2 - 2}{ln 2 + 1} \approx - 0, 362$ .

Resultado: a) $y (2) \approx - 0, 3035$ ; b) (i) $y = \frac{- x + x ln x}{ln x + 1}$ ; (ii) $y (2) \approx - 0, 362$

Ejercicio 126 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2013

Considere la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = \frac{y}{x + x y}$ , para $x, y > 0$ .

a) Utilice el método de Euler comenzando en el punto $(x, y) = (1, 2)$ , con un intervalo $h = 0, 2$ , para hallar un valor aproximado de $y$ para $x = 1, 6$ .

b) Utilice la sustitución $y = v x$ para comprobar que $x \frac{d v}{d x} = \frac{v}{1 + v} - v$ .

c) i) A partir de lo anterior, halle la solución de la ecuación diferencial en la forma $f (x, y) = 0$ , sabiendo que para $x = 1$ , $y = 2$ .

(ii) Halle el valor de $y$ para $x = 1, 6$ .

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Resultado: a) $y (1, 6) \approx 2, 46$ ; c) (i) $2 \frac{x}{y} - ln y - 2 + ln 2 = 0$ ; (ii) $y (1, 6) = 2, 45$

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a) 1. Aplicamos $y_{n + 1} = y_{n} + 0, 2 \frac{y _{n}}{x _{n} + x _{n} y _{n}}$ desde $(1, 2)$ , hasta $x = 1, 6$ (3 pasos), con la CPG. 2. $f (1, 2) = \frac{2}{1 + 2} \approx 0, 8284$ , luego $y (1, 2) \approx 2 + 0, 1657 = 2, 1657$ . 3. $f (1, 2; 2, 1657) \approx 0, 7701$ , luego $y (1, 4) \approx 2, 1657 + 0, 1540 = 2, 3197$ . 4. $f (1, 4; 2, 3197) \approx 0, 7244$ , luego $y (1, 6) \approx 2, 3197 + 0, 1449 = 2, 4646$ . 5. Por tanto $y (1, 6) \approx 2, 46$ .

b) 1. Con $y = v x$ : $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$ y $\frac{y}{x + x y} = \frac{v x}{x + x v} = \frac{v}{1 + v}$ . 2. Igualamos: $v + x \frac{d v}{d x} = \frac{v}{1 + v}$ . 3. Pasando $v$ a la derecha: $x \frac{d v}{d x} = \frac{v}{1 + v} - v$ , que es lo que se pedía comprobar.

c) (i) 1. Simplificamos el segundo miembro: $\frac{v}{1 + v} - v = \frac{v - v - v v}{1 + v} = - \frac{v ^{3/2}}{1 + v}$ . 2. Separamos variables: $\int \frac{1 + v}{v ^{3/2}} d v = - \int \frac{d x}{x}$ . 3. Como $\frac{1 + v}{v ^{3/2}} = v^{- 3/2} + v^{- 1}$ , queda $- \frac{2}{v} + ln v = - ln x + C$ . 4. Sustituimos $v = \frac{y}{x}$ : $- 2 \frac{x}{y} + ln \frac{y}{x} + ln x = C$ , es decir, $- 2 \frac{x}{y} + ln y = C$ . 5. Con $x = 1$ , $y = 2$ : $C = - \frac{2}{2} + ln 2 = - 2 + ln 2$ . 6. Pasando todo a un lado y cambiando de signo: $2 \frac{x}{y} - ln y - 2 + ln 2 = 0$ .

(ii) 1. Sustituimos $x = 1, 6$ y resolvemos la ecuación en $y$ con la CPG: $2 \frac{1 , 6}{y} - ln y - 2 + ln 2 = 0$ . 2. La solución es $y \approx 2, 45$ .

Resultado: a) $y (1, 6) \approx 2, 46$ ; c) (i) $2 \frac{x}{y} - ln y - 2 + ln 2 = 0$ ; (ii) $y (1, 6) = 2, 45$

Ejercicio 127 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2018

Considere la ecuación diferencial $x \frac{d y}{d x} - y = x^{p} + 1$ , donde $x \in R$ , $x \neq = 0$ y $p$ es un entero positivo, $p > 1$ .

a) Resuelva la ecuación diferencial sabiendo que para $x = 1$ , $y = - 1$ . Dé la respuesta en la forma $y = f (x)$ .

b) i) Muestre que las coordenadas $x$ de los puntos de la curva $y = f (x)$ en donde $\frac{d y}{d x} = 0$ satisfacen la ecuación $x^{p - 1} = \frac{1}{p}$ .

(ii) Deduzca el conjunto de valores de $p$ para los cuales existen dos puntos de la curva $y = f (x)$ donde $\frac{d y}{d x} = 0$ . Dé una razón que justifique su respuesta.

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Resultado: a) $y = \frac{x ^{p} - x}{p - 1} - 1$ ; b) (ii) $p$ es un entero impar ( $p = 3, 5, 7, \dots$ ), porque $x^{p - 1} = \frac{1}{p}$ tiene dos soluciones si $p - 1$ es par y una sola si $p - 1$ es impar.

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a) 1. Dividimos entre $x$ para llevarla a la forma lineal: $\frac{d y}{d x} - \frac{1}{x} y = x^{p - 1} + \frac{1}{x}$ . 2. Factor integrante: $e^{- \int \frac{d x}{x}} = \frac{1}{x}$ (tomamos $x > 0$ , que contiene a $x = 1$ ). 3. $\frac{d}{d x} (\frac{y}{x}) = x^{p - 2} + x^{- 2}$ . 4. Integramos (con $p > 1$ ): $\frac{y}{x} = \frac{x ^{p - 1}}{p - 1} - \frac{1}{x} + C$ , y multiplicando por $x$ : $y = \frac{x ^{p}}{p - 1} - 1 + C x$ . 5. Con $y (1) = - 1$ : $- 1 = \frac{1}{p - 1} - 1 + C$ , luego $C = - \frac{1}{p - 1}$ . 6. $y = \frac{x ^{p} - x}{p - 1} - 1$ .

b) (i) 1. Derivamos: $\frac{d y}{d x} = \frac{p x ^{p - 1} - 1}{p - 1}$ . 2. Igualamos a $0$ : $p x^{p - 1} - 1 = 0$ , es decir, $x^{p - 1} = \frac{1}{p}$ .

(ii) 1. La ecuación $x^{p - 1} = \frac{1}{p}$ , con $\frac{1}{p} > 0$ , tiene dos soluciones reales ( $x = \pm (\frac{1}{p})^{\frac{1}{p - 1}}$ ) cuando el exponente $p - 1$ es par, y una sola solución positiva cuando $p - 1$ es impar (una potencia impar es inyectiva). 2. $p - 1$ es par si y solo si $p$ es impar. 3. Por tanto hay dos puntos de la curva con tangente horizontal cuando $p$ es un entero impar mayor que $1$ (es decir, $p = 3, 5, 7, \dots$ ). Para $p$ par solo hay uno.

Ejercicio 128 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2017

a) Considere la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = f (\frac{y}{x})$ , $x > 0$ .

Utilice la sustitución $y = v x$ para mostrar que la solución general de esta ecuación diferencial es $\int \frac{d v}{f ( v ) - v} = ln x + Constante$ .

b) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, resuelva la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = \frac{x ^{2} + 3 x y + y ^{2}}{x ^{2}}$ , $x > 0$ , sabiendo que $y = 1$ cuando $x = 1$ . Dé la respuesta en la forma $y = g (x)$ .

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Resultado: b) $y = \frac{- x}{ln x - \frac{1}{2}} - x$

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a) 1. Con $y = v x$ , $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$ . 2. La ecuación $\frac{d y}{d x} = f (\frac{y}{x})$ pasa a ser $v + x \frac{d v}{d x} = f (v)$ , es decir, $x \frac{d v}{d x} = f (v) - v$ . 3. Separamos variables: $\frac{d v}{f ( v ) - v} = \frac{d x}{x}$ . 4. Integramos (con $x > 0$ ): $\int \frac{d v}{f ( v ) - v} = ln x + Constante$ .

b) 1. Escribimos $\frac{x ^{2} + 3 x y + y ^{2}}{x ^{2}} = 1 + 3 \frac{y}{x} + (\frac{y}{x})^{2}$ , así que $f (v) = 1 + 3 v + v^{2}$ . 2. Entonces $f (v) - v = v^{2} + 2 v + 1 = (v + 1)^{2}$ . 3. Aplicamos el resultado de a): $\int \frac{d v}{( v + 1 ) ^{2}} = - \frac{1}{v + 1} = ln x + C$ . 4. Con $x = 1$ , $y = 1$ ( $v = 1$ ): $- \frac{1}{2} = C$ . 5. Entonces $v + 1 = - \frac{1}{ln x - \frac{1}{2}}$ , y $v = - \frac{1}{ln x - \frac{1}{2}} - 1$ . 6. Multiplicamos por $x$ : $y = v x = \frac{- x}{ln x - \frac{1}{2}} - x$ .

Resultado: b) $y = \frac{- x}{ln x - \frac{1}{2}} - x$

Ejercicio 129 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2016

Considere la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = \frac{x}{y} - x y$ donde $y > 0$ e $y = 2$ para $x = 0$ .

a) Muestre que la sustitución $z = y^{2}$ transforma a la ecuación diferencial en $\frac{d z}{d x} + 2 x z = 2 x$ .

b) Resuelva esta ecuación diferencial en $z$ y obtenga una expresión de $y$ en función de $x$ .

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Resultado: b) $y = 1 + \frac{3}{e ^{x^{2}}}$

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a) 1. Con $z = y^{2}$ , $\frac{d z}{d x} = 2 y \frac{d y}{d x}$ . 2. Multiplicamos la ecuación por $2 y$ : $2 y \frac{d y}{d x} = 2 x - 2 x y^{2}$ . 3. Es decir, $\frac{d z}{d x} = 2 x - 2 x z$ , y pasando $2 x z$ a la izquierda: $\frac{d z}{d x} + 2 x z = 2 x$ .

b) 1. Ecuación lineal en $z$ . Factor integrante: $e^{\int 2 x d x} = e^{x^{2}}$ . 2. $\frac{d}{d x} (z e^{x^{2}}) = 2 x e^{x^{2}}$ , luego $z e^{x^{2}} = e^{x^{2}} + C$ . 3. Con $y (0) = 2$ tenemos $z (0) = 4$ : $4 = 1 + C$ , luego $C = 3$ . 4. $z = 1 + 3 e^{- x^{2}}$ . 5. Como $y > 0$ , $y = z = 1 + \frac{3}{e ^{x^{2}}}$ .

Resultado: b) $y = 1 + \frac{3}{e ^{x^{2}}}$

Ejercicio 130 DifícilIB · P2 Noviembre 2003

(i) Compruebe, mediante la sustitución $y = v x$ que la solución general de la ecuación diferencial $(x^{2} + y^{2}) + 2 x y \frac{d y}{d x} = 0$ , $x > 0$ es $x^{3} + 3 x y^{2} = k$ , donde $k$ es una constante.

(ii) La ecuación de una curva es $f (x) = \frac{a}{b + e ^{- c x}}$ , $a \neq = 0$ , $b > 0$ , $c > 0$

a) Compruebe que $f^{''} (x) = \frac{a c ^{2} e ^{- c x} ( e ^{- c x} - b )}{( b + e ^{- c x} ) ^{3}}$ .

b) Halle las coordenadas del punto de la curva donde $f^{''} (x) = 0$ .

c) Compruebe que el anterior es un punto de inflexión.

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Resultado: i) queda demostrado; ii) a) queda demostrado; b) $(- \frac{ln b}{c}, \frac{a}{2 b})$ ; c) queda demostrado.

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(i) 1. Con $y = v x$ tenemos $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$ . Sustituimos: $x^{2} (1 + v^{2}) + 2 x \cdot v x (v + x \frac{d v}{d x}) = 0$ . 2. Dividimos entre $x^{2}$ ( $x > 0$ ): $1 + v^{2} + 2 v^{2} + 2 v x \frac{d v}{d x} = 0$ , es decir, $2 v x \frac{d v}{d x} = - (1 + 3 v^{2})$ . 3. Separamos variables: $\frac{2 v}{1 + 3 v ^{2}} d v = - \frac{d x}{x}$ . 4. Integramos: $\frac{1}{3} ln (1 + 3 v^{2}) = - ln x + C_{1}$ , luego $ln (1 + 3 v^{2}) = - 3 ln x + 3 C_{1}$ y $x^{3} (1 + 3 v^{2}) = K$ con $K = e^{3 C_{1}}$ . 5. Como $v = \frac{y}{x}$ : $x^{3} (1 + \frac{3 y ^{2}}{x ^{2}}) = x^{3} + 3 x y^{2} = k$ .

(ii) a) 1. Escribimos $f (x) = a (b + e^{- c x})^{- 1}$ y derivamos con la regla de la cadena: $f^{'} (x) = a c e^{- c x} (b + e^{- c x})^{- 2}$ . 2. Derivamos otra vez (regla del producto): $f^{''} (x) = a c [- c e^{- c x} (b + e^{- c x})^{- 2} + e^{- c x} \cdot (- 2) (b + e^{- c x})^{- 3} \cdot (- c e^{- c x})]$ . 3. Sacamos factor común $a c^{2} e^{- c x} (b + e^{- c x})^{- 3}$ : queda $[- (b + e^{- c x}) + 2 e^{- c x}] = e^{- c x} - b$ . 4. Por tanto $f^{''} (x) = \frac{a c ^{2} e ^{- c x} ( e ^{- c x} - b )}{( b + e ^{- c x} ) ^{3}}$ .

b) 1. Como $a \neq = 0$ , $c > 0$ y $e^{- c x} > 0$ , $f^{''} (x) = 0$ exige $e^{- c x} = b$ . 2. Entonces $- c x = ln b$ , es decir, $x = - \frac{ln b}{c}$ . 3. La ordenada: $f = \frac{a}{b + b} = \frac{a}{2 b}$ . 4. El punto es $(- \frac{ln b}{c}, \frac{a}{2 b})$ .

c) 1. En $f^{''}$ el único factor que puede cambiar de signo es $e^{- c x} - b$ , pues $a c^{2} e^{- c x}$ tiene el signo de $a$ y el denominador es positivo. 2. $e^{- c x}$ es estrictamente decreciente: para $x < - \frac{ln b}{c}$ es mayor que $b$ y para $x > - \frac{ln b}{c}$ es menor que $b$ . 3. Luego $f^{''}$ cambia de signo en ese punto, que es por tanto un punto de inflexión.

Resultado: i) queda demostrado; ii) a) queda demostrado; b) $(- \frac{ln b}{c}, \frac{a}{2 b})$ ; c) queda demostrado.

Ejercicio 131 DifícilIB · P2 Mayo 2002

La función $y = f (x)$ satisface la ecuación diferencial $2 x^{2} \frac{d y}{d x} = x^{2} + y^{2}$ $(x > 0)$ .

a) i) Sustituyendo $y = v x$ , demuestre que $2 x \frac{d v}{d x} = (v - 1)^{2}$ .

(ii) A partir de aquí demuestre que la solución de la ecuación diferencial original es $y = x - \frac{2 x}{( ln x + c )}$ , donde $c$ es una constante arbitraria.

(iii) Halle el valor de $c$ , sabiendo que $y = 2$ cuando $x = 1$ .

b) A continuación aparece la gráfica de $y = f (x)$ . La gráfica corta el eje de las $x$ en $A$ .

Gráfica de y = f(x): una rama sale del origen y sube hacia una asíntota vertical; la región bajo esa rama entre x = 1 y x = 5 está sombreada; la otra rama, a la derecha de la asíntota, viene desde abajo y corta el eje x en el punto A (dibujo esquemático, sin escala en el eje x)

(i) Escriba la ecuación de la asíntota vertical.

(ii) Halle el valor exacto de la coordenada $x$ del punto $A$ .

(iii) Halle el área de la región sombreada.

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Resultado: a) iii) $c = - 2$ ; b) i) $x = e^{2}$ ; ii) $x = e^{4}$ ; iii) $46, 7$

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a) i) 1. Con $y = v x$ : $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$ . 2. Sustituimos en $2 x^{2} \frac{d y}{d x} = x^{2} + y^{2}$ : $2 x^{2} (v + x \frac{d v}{d x}) = x^{2} + v^{2} x^{2}$ . 3. Dividimos entre $x^{2}$ : $2 v + 2 x \frac{d v}{d x} = 1 + v^{2}$ . 4. Luego $2 x \frac{d v}{d x} = v^{2} - 2 v + 1 = (v - 1)^{2}$ .

(ii) 1. Separamos variables: $\frac{2 d v}{( v - 1 ) ^{2}} = \frac{d x}{x}$ . 2. Integramos: $- \frac{2}{v - 1} = ln x + c$ ( $x > 0$ ). 3. Despejamos: $v - 1 = - \frac{2}{ln x + c}$ , es decir, $v = 1 - \frac{2}{ln x + c}$ . 4. Como $y = v x$ : $y = x - \frac{2 x}{ln x + c}$ .

(iii) 1. Con $y = 2$ en $x = 1$ : $2 = 1 - \frac{2}{0 + c}$ . 2. Entonces $- \frac{2}{c} = 1$ y $c = - 2$ .

b) i) 1. Con $c = - 2$ , $y = x - \frac{2 x}{ln x - 2}$ no está definida si $ln x = 2$ . 2. La asíntota vertical es $x = e^{2}$ .

(ii) 1. El punto $A$ es donde $y = 0$ en la rama de la derecha: $x (1 - \frac{2}{ln x - 2}) = 0$ , y como $x > 0$ , $ln x - 2 = 2$ . 2. $ln x = 4$ , luego $x = e^{4}$ .

(iii) 1. La región sombreada está bajo la rama de la izquierda, entre $x = 1$ y $x = 5$ ( $5 < e^{2} \approx 7, 39$ , así que no cruza la asíntota). 2. Con la CPG: $\int_{1}^{5} (x - \frac{2 x}{ln x - 2}) d x \approx 46, 7$ .

Resultado: a) iii) $c = - 2$ ; b) i) $x = e^{2}$ ; ii) $x = e^{4}$ ; iii) $46, 7$

Ejercicio 132 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2004

Considere la ecuación diferencial $\frac{d y}{d θ} = \frac{y}{e ^{2 θ} + 1}$ .

a) Utilice la sustitución $x = e^{θ}$ para comprobar que $\int \frac{d y}{y} = \int \frac{d x}{x ( x ^{2} + 1 )}$ .

b) Halle $\int \frac{d x}{x ( x ^{2} + 1 )}$ .

c) A partir de lo anterior, halle $y$ en función de $θ$ , si $y = 2$ cuando $θ = 0$ .

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Resultado: b) $ln x - \frac{1}{2} ln (x^{2} + 1) + C$ ; c) $y = \frac{2 e ^{θ}}{e ^{2 θ} + 1}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Separando variables: $\frac{d y}{y} = \frac{d θ}{e ^{2 θ} + 1}$ . 2. Sustitución $x = e^{θ}$ : $d x = e^{θ} d θ = x d θ$ , luego $d θ = \frac{d x}{x}$ , y $e^{2 θ} = x^{2}$ . 3. Entonces $\int \frac{d y}{y} = \int \frac{1}{x ^{2} + 1} \cdot \frac{d x}{x} = \int \frac{d x}{x ( x ^{2} + 1 )}$ .

b) 1. Fracciones simples: $\frac{1}{x ( x ^{2} + 1 )} = \frac{A}{x} + \frac{B x + C}{x ^{2} + 1}$ , con $1 = A (x^{2} + 1) + (B x + C) x$ . 2. Igualando coeficientes: $A = 1$ , $B = - 1$ , $C = 0$ . 3. $\int \frac{d x}{x ( x ^{2} + 1 )} = \int (\frac{1}{x} - \frac{x}{x ^{2} + 1}) d x = ln x - \frac{1}{2} ln (x^{2} + 1) + C$ (con $x = e^{θ} > 0$ ).

c) 1. Por (a) y (b): $ln y = ln x - \frac{1}{2} ln (x^{2} + 1) + C$ , con $y > 0$ por la condición inicial. 2. Volvemos a $θ$ : $ln y = θ - \frac{1}{2} ln (e^{2 θ} + 1) + C$ . 3. Con $y = 2$ y $θ = 0$ : $\frac{1}{2} ln 2 = 0 - \frac{1}{2} ln 2 + C$ , luego $C = ln 2$ . 4. $ln y = ln \frac{2 e ^{θ}}{e ^{2 θ} + 1}$ , así que $y = \frac{2 e ^{θ}}{e ^{2 θ} + 1}$ .

Resultado: b) $ln x - \frac{1}{2} ln (x^{2} + 1) + C$ ; c) $y = \frac{2 e ^{θ}}{e ^{2 θ} + 1}$

Ejercicio 133 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2006

Sea $y = cos θ + i sen θ$

a) Compruebe que $\frac{d y}{d θ} = i y$ .

[Puede suponer, a la hora de derivar y de integrar, que $i$ se puede tratar en la misma forma que una constante real.]

b) A partir de lo anterior y usando integración, compruebe que $y = e^{i θ}$ .

c) Use este resultado para deducir el teorema de De Moivre.

d) i) Sabiendo que $\frac{sen 6 θ}{sen θ} = a cos^{5} θ + b cos^{3} θ + c cos θ$ , donde $sen θ \neq = 0$ , utilice el teorema de De Moivre, con $n = 6$ , para hallar el valor de las constantes $a$ , $b$ y $c$ .

(ii) A partir de lo anterior, deduzca el valor de $θ \to 0 lim \frac{sen 6 θ}{sen θ}$ .

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Resultado: a) queda demostrado; b) queda demostrado; c) queda demostrado; d) i) $a = 32$ , $b = - 32$ , $c = 6$ ; ii) $6$

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a) 1. Derivamos: $\frac{d y}{d θ} = - sen θ + i cos θ$ . 2. Como $i \cdot i = - 1$ , $i y = i cos θ + i^{2} sen θ = i cos θ - sen θ$ . 3. Coinciden: $\frac{d y}{d θ} = i y$ .

b) 1. Separamos variables: $\frac{d y}{y} = i d θ$ . 2. Integramos: $ln y = i θ + C$ , es decir, $y = A e^{i θ}$ . 3. Con $θ = 0$ : $y = cos 0 + i sen 0 = 1$ , luego $A = 1$ . 4. Por tanto $cos θ + i sen θ = e^{i θ}$ .

c) 1. Elevamos a $n$ : $(cos θ + i sen θ)^{n} = (e^{i θ})^{n} = e^{i n θ}$ . 2. Aplicando (b) con $n θ$ : $e^{i n θ} = cos n θ + i sen n θ$ . 3. Así $(cos θ + i sen θ)^{n} = cos n θ + i sen n θ$ .

d) i) 1. Con $n = 6$ , $cos 6 θ + i sen 6 θ = (c + i s)^{6}$ , con $c = cos θ$ y $s = sen θ$ . 2. Parte imaginaria del desarrollo del binomio: $sen 6 θ = 6 c^{5} s - 20 c^{3} s^{3} + 6 c s^{5}$ . 3. Dividimos entre $s \neq = 0$ : $\frac{sen 6 θ}{s} = 6 c^{5} - 20 c^{3} s^{2} + 6 c s^{4}$ . 4. Con $s^{2} = 1 - c^{2}$ : $- 20 c^{3} (1 - c^{2}) = - 20 c^{3} + 20 c^{5}$ y $6 c (1 - c^{2})^{2} = 6 c - 12 c^{3} + 6 c^{5}$ . 5. Sumando: $32 c^{5} - 32 c^{3} + 6 c$ . 6. $a = 32$ , $b = - 32$ , $c = 6$ .

(ii) 1. $θ \to 0 lim \frac{sen 6 θ}{sen θ} = θ \to 0 lim (32 cos^{5} θ - 32 cos^{3} θ + 6 cos θ)$ . 2. Con $cos θ \to 1$ : $32 - 32 + 6 = 6$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) queda demostrado; c) queda demostrado; d) i) $a = 32$ , $b = - 32$ , $c = 6$ ; ii) $6$

Ejercicio 134 DifícilIB · P3 TZ1 Mayo 2007

a) Usa la integración por partes para mostrar que $\int sen x cos x e^{- sen x} d x = - e^{- sen x} (1 + sen x) + C$ .

Considera la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} - y cos x = sen x cos x$ .

b) Encuentra un factor integrante.

c) Resuelva la ecuación diferencial, sabiendo que $y = - 2$ cuando $x = 0$ . Dé su respuesta en la forma $y = f (x)$ .

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Resultado: b) $e^{- sen x}$ ; c) $y = - 1 - sen x - e^{sen x}$

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a) 1. Sustitución $w = sen x$ , $d w = cos x d x$ : $\int sen x cos x e^{- sen x} d x = \int w e^{- w} d w$ . 2. Por partes con $u = w$ y $d v = e^{- w} d w$ ( $d u = d w$ , $v = - e^{- w}$ ): $- w e^{- w} + \int e^{- w} d w = - w e^{- w} - e^{- w} + C$ . 3. Deshaciendo el cambio: $- e^{- sen x} (1 + sen x) + C$ .

b) 1. La ecuación $\frac{d y}{d x} - y cos x = sen x cos x$ es lineal con $P (x) = - cos x$ . 2. Factor integrante: $e^{\int - c o s x d x} = e^{- sen x}$ .

c) 1. Multiplicamos por el factor integrante: $\frac{d}{d x} (y e^{- sen x}) = sen x cos x e^{- sen x}$ . 2. Integramos con (a): $y e^{- sen x} = - e^{- sen x} (1 + sen x) + C$ . 3. Despejamos: $y = - (1 + sen x) + C e^{sen x}$ . 4. Con $y (0) = - 2$ : $- 1 + C = - 2$ , luego $C = - 1$ . 5. $y = - 1 - sen x - e^{sen x}$ .

Resultado: b) $e^{- sen x}$ ; c) $y = - 1 - sen x - e^{sen x}$

Ejercicio 135 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2009

a) Resuelva la ecuación diferencial $\frac{cos ^{2} x}{e ^{e^{y}}} - e^{y} \frac{d y}{d x} = 0$ , sabiendo que $y = 0$ cuando $x = π$ .

b) Calcule el valor de $y$ cuando $x = \frac{π}{2}$ .

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Resultado: a) $y = ln ln [\frac{1}{2} (x + \frac{sen 2 x}{2}) + e - \frac{π}{2}]$ ; b) $y = ln ln (e - \frac{π}{4})$

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a) 1. La ecuación, en forma de variables separables, es $e^{y} e^{e^{y}} \frac{d y}{d x} = cos^{2} x$ (equivale a $\frac{cos ^{2} x}{e ^{e^{y}}} - e^{y} \frac{d y}{d x} = 0$ ). 2. Separamos: $e^{y} e^{e^{y}} d y = cos^{2} x d x$ . 3. Primitiva de la izquierda con $w = e^{y}$ , $d w = e^{y} d y$ : $\int e^{w} d w = e^{e^{y}}$ . 4. Primitiva de la derecha: $\int cos^{2} x d x = \frac{1}{2} (x + \frac{sen 2 x}{2})$ . 5. Entonces $e^{e^{y}} = \frac{1}{2} (x + \frac{sen 2 x}{2}) + C$ . 6. Con $y = 0$ en $x = π$ : $e = \frac{π}{2} + C$ , luego $C = e - \frac{π}{2}$ . 7. Tomando logaritmos dos veces: $y = ln ln [\frac{1}{2} (x + \frac{sen 2 x}{2}) + e - \frac{π}{2}]$ .

b) 1. En $x = \frac{π}{2}$ : $sen π = 0$ , así que el corchete vale $\frac{π}{4} + e - \frac{π}{2} = e - \frac{π}{4}$ . 2. $y = ln ln (e - \frac{π}{4})$ ( $\approx - 0, 08$ ).

Resultado: a) $y = ln ln [\frac{1}{2} (x + \frac{sen 2 x}{2}) + e - \frac{π}{2}]$ ; b) $y = ln ln (e - \frac{π}{4})$

Ejercicio 136 DifícilIB · P3 TZ1 Mayo 2008

Considere la ecuación diferencial $x \frac{d y}{d x} - 2 y = \frac{x ^{3}}{x ^{2} + 1}$ .

a) Calcule el factor integrante para esta ecuación diferencial.

b) Resuelva la ecuación diferencial sabiendo que $y = 1$ cuando $x = 1$ , dando su respuesta en la forma $y = f (x)$ .

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Resultado: a) $\frac{1}{x ^{2}}$ ; b) $y = (arctan x + 1 - \frac{π}{4}) x^{2}$

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a) 1. Dividimos entre $x$ para dejar la forma lineal: $\frac{d y}{d x} - \frac{2}{x} y = \frac{x ^{2}}{x ^{2} + 1}$ . 2. Factor integrante: $e^{\int - \frac{2}{x} d x} = e^{- 2 l n x} = \frac{1}{x ^{2}}$ (con $x > 0$ ).

b) 1. Multiplicamos por $\frac{1}{x ^{2}}$ : $\frac{d}{d x} (\frac{y}{x ^{2}}) = \frac{1}{x ^{2} + 1}$ . 2. Integramos: $\frac{y}{x ^{2}} = arctan x + C$ . 3. Con $y = 1$ en $x = 1$ : $1 = \frac{π}{4} + C$ , luego $C = 1 - \frac{π}{4}$ . 4. $y = x^{2} (arctan x + 1 - \frac{π}{4})$ .

Resultado: a) $\frac{1}{x ^{2}}$ ; b) $y = (arctan x + 1 - \frac{π}{4}) x^{2}$

Ejercicio 137 DifícilIB · P1 TZ0 Mayo 2009

Sea $f$ una función con el dominio $R$ que satisface las condiciones, $f (x + y) = f (x) f (y)$ , para todo $x$ e $y$ y $f (0) \neq = 0$ .

a) Muestre que $f (0) = 1$ .

b) Pruebe que $f (x) \neq = 0$ , para todo $x \in R$ .

c) Suponiendo que $f^{'} (x)$ existe para todo $x \in R$ , use la definición de derivada para mostrar que $f (x)$ satisface la ecuación diferencial $f^{'} (x) = k f (x)$ , donde $k = f^{'} (0)$ .

d) Resuelva la ecuación diferencial para encontrar una expresión para $f (x)$ .

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Resultado: a) queda demostrado; b) queda demostrado; c) queda demostrado; d) $f (x) = e^{k x}$

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a) 1. Con $y = 0$ : $f (x) = f (x) f (0)$ para todo $x$ . 2. En particular, $x = 0$ da $f (0) = f (0)^{2}$ , es decir, $f (0) (f (0) - 1) = 0$ . 3. Como $f (0) \neq = 0$ , $f (0) = 1$ .

b) 1. Con $y = - x$ : $f (0) = f (x) f (- x)$ , es decir, $f (x) f (- x) = 1$ . 2. Un producto igual a $1$ no puede tener un factor nulo, luego $f (x) \neq = 0$ para todo $x \in R$ .

c) 1. Por la definición, $f^{'} (x) = h \to 0 lim \frac{f ( x + h ) - f ( x )}{h} = h \to 0 lim \frac{f ( x ) f ( h ) - f ( x )}{h}$ . 2. Sacamos $f (x)$ y usamos $f (0) = 1$ : $f^{'} (x) = f (x) h \to 0 lim \frac{f ( h ) - f ( 0 )}{h} = f (x) f^{'} (0)$ . 3. Con $k = f^{'} (0)$ : $f^{'} (x) = k f (x)$ .

d) 1. Además $f (x) = f (\frac{x}{2})^{2} > 0$ (es un cuadrado no nulo), luego $f > 0$ . 2. Separamos: $\frac{f ^{'}}{f} = k$ , e integramos: $ln f (x) = k x + C$ . 3. Con $f (0) = 1$ : $C = 0$ . 4. $f (x) = e^{k x}$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) queda demostrado; c) queda demostrado; d) $f (x) = e^{k x}$

Ejercicio 138 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2014

a) Utilice un factor integrante para mostrar que la solución general de $\frac{d x}{d t} - \frac{x}{t} = - \frac{2}{t}$ , $t > 0$ es $x = 2 + c t$ , donde $c$ es una constante.

El peso en kilogramos de un perro, $t$ semanas después de haberlo comprado en una tienda de mascotas, se puede modelizar por la siguiente función: $w (t) = ⎩ ⎨ ⎧ 2 + c t 16 - \frac{35}{t} 0 \leq t \leq 5 t > 5$ .

b) Sabiendo que $w (t)$ es continua, halle el valor de $c$ .

c) Escriba

(i) el peso del perro en el momento de comprarlo en la tienda de mascotas;

(ii) un límite superior para el peso del perro.

d) Demuestre, a partir de la definición de derivada, que $w (t)$ es derivable en $t = 5$ .

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Resultado: a) factor integrante $\frac{1}{t}$ ; b) $c = \frac{7}{5}$ ; c) (i) $2$ kg; (ii) $16$ kg; d) $w^{'} (5) = \frac{7}{5}$

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a) 1. Es una ecuación lineal $\frac{d x}{d t} + P (t) x = Q (t)$ con $P (t) = - \frac{1}{t}$ . El factor integrante es $e^{\int P d t} = e^{- l n t} = \frac{1}{t}$ (con $t > 0$ ). 2. Multiplicamos la ecuación por $\frac{1}{t}$ : $\frac{1}{t} \frac{d x}{d t} - \frac{x}{t ^{2}} = - \frac{2}{t ^{2}}$ , y el lado izquierdo es $\frac{d}{d t} (\frac{x}{t})$ . 3. Integramos: $\frac{x}{t} = \int - \frac{2}{t ^{2}} d t = \frac{2}{t} + c$ . 4. Multiplicando por $t$ : $x = 2 + c t$ .

b) 1. Continuidad en $t = 5$ : los dos trozos deben dar el mismo valor. 2. Por la izquierda, $2 + 5 c$ ; por la derecha, $16 - \frac{35}{5} = 9$ . 3. $2 + 5 c = 9$ , luego $c = \frac{7}{5}$ .

c) (i) 1. Al comprarlo, $t = 0$ : $w (0) = 2 + 0 = 2$ kg.

(ii) 1. Para $0 \leq t \leq 5$ , el peso crece hasta $9$ kg. Para $t > 5$ , $w = 16 - \frac{35}{t}$ es creciente y tiende a $16$ cuando $t \to \infty$ sin alcanzarlo. 2. Un límite superior del peso es $16$ kg.

d) 1. Derivabilidad en $t = 5$ : los límites laterales del cociente incremental deben existir y coincidir. Sabemos $w (5) = 9$ . 2. Por la izquierda ( $h < 0$ , primer trozo): $\frac{w ( 5 + h ) - w ( 5 )}{h} = \frac{2 + \frac{7}{5} ( 5 + h ) - 9}{h} = \frac{\frac{7}{5} h}{h} = \frac{7}{5}$ , y el límite es $\frac{7}{5}$ . 3. Por la derecha ( $h > 0$ , segundo trozo): $\frac{16 - \frac{35}{5 + h} - 9}{h} = \frac{7 - \frac{35}{5 + h}}{h} = \frac{7 ( 5 + h ) - 35}{h ( 5 + h )} = \frac{7}{5 + h} \to \frac{7}{5}$ cuando $h \to 0^{+}$ . 4. Los dos límites laterales valen $\frac{7}{5}$ , luego $w$ es derivable en $t = 5$ y $w^{'} (5) = \frac{7}{5}$ .

Resultado: a) factor integrante $\frac{1}{t}$ ; b) $c = \frac{7}{5}$ ; c) (i) $2$ kg; (ii) $16$ kg; d) $w^{'} (5) = \frac{7}{5}$

Ejercicio 139 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2021

La aceleración ( $a$ $m s^{- 2}$ ) de una partícula que se mueve a lo largo de una línea recta horizontal en el instante $t$ segundos, $t \geq 0$ , viene dada por $a = - (1 + v)$ , donde $v$ $m s^{- 1}$ es la velocidad de la partícula, siendo $v > - 1$ . En $t = 0$ , la partícula se encuentra en un origen fijo $O$ y tiene una velocidad inicial igual a $v_{0}$ $m s^{- 1}$ .

a) Resolviendo una ecuación diferencial adecuada, muestre que la velocidad de la partícula en el instante $t$ viene dada por $v (t) = (1 + v_{0}) e^{- t} - 1$ .

b) La partícula, que inicialmente se encuentra en $O$ , se mueve en sentido positivo hasta que alcanza el máximo desplazamiento respecto a $O$ . A continuación la partícula regresa a $O$ . Sea $s$ (en metros) el desplazamiento de la partícula respecto a $O$ y sea $S_{m a ˊ x}$ su máximo desplazamiento respecto a $O$ .

(i) Muestre que el tiempo $T$ que tarda la partícula en alcanzar $S_{m a ˊ x}$ satisface la ecuación $e^{T} = 1 + v_{0}$ .

(ii) Resolviendo una ecuación diferencial adecuada y utilizando el resultado obtenido en el subapartado (b)(i), halle una expresión para $S_{m a ˊ x}$ en función de $v_{0}$ .

La expresión $v (T - k)$ representa la velocidad de la partícula $k$ segundos antes de alcanzar $S_{m a ˊ x}$ , donde $v (T - k) = (1 + v_{0}) e^{- (T - k)} - 1$ .

c) Utilizando el resultado obtenido en el subapartado (b)(i), muestre que $v (T - k) = e^{k} - 1$ .

De modo similar, la expresión $v (T + k)$ representa la velocidad de la partícula $k$ segundos después de haber alcanzado $S_{m a ˊ x}$ .

d) Deduzca una expresión similar que dé $v (T + k)$ en función de $k$ .

e) A partir de lo anterior, muestre que $v (T - k) + v (T + k) \geq 0$ .

Ver resultado

Resultado: b) (ii) $S_{m a ˊ x} = v_{0} - ln (1 + v_{0})$ ; d) $v (T + k) = e^{- k} - 1$ ; a), b)(i), c) y e) quedan demostrados.

Ver proceso y resultado

a) 1. Con $a = \frac{d v}{d t}$ , la ecuación es $\frac{d v}{d t} = - (1 + v)$ , de variables separables ( $v > - 1$ ). 2. $\int \frac{d v}{1 + v} = - \int d t$ , luego $ln (1 + v) = - t + C$ . 3. En $t = 0$ , $v = v_{0}$ : $C = ln (1 + v_{0})$ . 4. $1 + v = (1 + v_{0}) e^{- t}$ , es decir, $v (t) = (1 + v_{0}) e^{- t} - 1$ .

b) (i) 1. El desplazamiento máximo ocurre cuando la partícula se detiene, $v (T) = 0$ . 2. $(1 + v_{0}) e^{- T} - 1 = 0$ , luego $e^{T} = 1 + v_{0}$ .

(ii) 1. Como $\frac{d s}{d t} = v$ y $s (0) = 0$ : $S_{m a ˊ x} = s (T) = \int_{0}^{T} [(1 + v_{0}) e^{- t} - 1] d t = [- (1 + v_{0}) e^{- t} - t]_{0}^{T}$ . 2. $= - (1 + v_{0}) e^{- T} - T + (1 + v_{0})$ . Con $e^{- T} = \frac{1}{1 + v _{0}}$ y $T = ln (1 + v_{0})$ : $S_{m a ˊ x} = - 1 - ln (1 + v_{0}) + 1 + v_{0}$ . 3. $S_{m a ˊ x} = v_{0} - ln (1 + v_{0})$ .

c) 1. $v (T - k) = (1 + v_{0}) e^{- (T - k)} - 1 = (1 + v_{0}) e^{- T} e^{k} - 1$ . 2. Como $(1 + v_{0}) e^{- T} = 1$ : $v (T - k) = e^{k} - 1$ .

d) 1. Igual: $v (T + k) = (1 + v_{0}) e^{- T} e^{- k} - 1 = e^{- k} - 1$ .

e) 1. $v (T - k) + v (T + k) = e^{k} + e^{- k} - 2$ . 2. Esto es $(e^{k /2} - e^{- k /2})^{2} \geq 0$ , por ser un cuadrado.

Resultado: b) (ii) $S_{m a ˊ x} = v_{0} - ln (1 + v_{0})$ ; d) $v (T + k) = e^{- k} - 1$ ; a), b)(i), c) y e) quedan demostrados.

Ejercicio 140 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2021

La función $f$ tiene por derivada $f^{'} (x) = \frac{1}{x ( k - x )}$ , $x \in R$ , $x \neq = 0$ , $x \neq = k$ , donde $k$ es una constante positiva.

a) La expresión de $f^{'} (x)$ se puede escribir en la forma $\frac{a}{x} + \frac{b}{k - x}$ , donde $a, b \in R$ .

Calcule $a$ y $b$ en función de $k$ .

b) Usando lo anterior, calcule una expresión para $f (x)$ .

Considere $P$ , la población de una colonia de hormigas cuyo valor inicial es $1200$ .

La razón de cambio de la población viene modelada por la ecuación diferencial $\frac{d P}{d t} = \frac{P ( k - P )}{5 k}$ , donde $t$ es el tiempo medido en días, $t \geq 0$ , y $k$ es el límite superior de la población.

c) Resolviendo la ecuación diferencial muestre que $P = \frac{1200 k}{( k - 1200 ) e ^{- \frac{t}{5}} + 1200}$ .

Para $t = 10$ la población inicial de la colonia se ha duplicado.

d) Calcule el valor de $k$ , dando su respuesta correcta con $4$ cifras significativas.

e) Calcule el valor de $t$ cuando la razón de cambio de la población es máxima.

Ver resultado

Resultado: a) $a = b = \frac{1}{k}$ ; b) $f (x) = \frac{1}{k} ln \frac{x}{k - x} + C$ ; c) queda demostrado; d) $k = 2845$ ; e) $t = 1, 58$ días

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a) 1. $\frac{1}{x ( k - x )} = \frac{a}{x} + \frac{b}{k - x}$ implica $1 = a (k - x) + b x$ . 2. Con $x = 0$ : $1 = ak$ , luego $a = \frac{1}{k}$ . Con $x = k$ : $1 = bk$ , luego $b = \frac{1}{k}$ .

b) 1. Técnica: fracciones simples, del apartado anterior. $f (x) = \int (\frac{1}{k x} + \frac{1}{k ( k - x )}) d x = \frac{1}{k} ln ∣ x ∣ - \frac{1}{k} ln ∣ k - x ∣ + C$ . 2. $f (x) = \frac{1}{k} ln \frac{x}{k - x} + C$ .

c) 1. Separamos variables: $\int \frac{d P}{P ( k - P )} = \int \frac{d t}{5 k}$ . 2. Por el apartado b), $\frac{1}{k} ln \frac{P}{k - P} = \frac{t}{5 k} + C_{1}$ , y multiplicando por $k$ : $ln \frac{P}{k - P} = \frac{t}{5} + C_{2}$ . 3. Entonces $\frac{P}{k - P} = A e^{t /5}$ . Con $P (0) = 1200$ : $A = \frac{1200}{k - 1200}$ . 4. Despejamos $P$ : $P (k - 1200) = 1200 e^{t /5} (k - P)$ , luego $P [(k - 1200) + 1200 e^{t /5}] = 1200 k e^{t /5}$ . 5. Dividimos por $e^{t /5}$ : $P = \frac{1200 k}{( k - 1200 ) e ^{- t /5} + 1200}$ .

d) 1. $P (10) = 2400$ : $2400 = \frac{1200 k}{( k - 1200 ) e ^{- 2} + 1200}$ , es decir, $2 [(k - 1200) e^{- 2} + 1200] = k$ . 2. $2 k e^{- 2} - 2400 e^{- 2} + 2400 = k$ , luego $k (1 - 2 e^{- 2}) = 2400 (1 - e^{- 2})$ . 3. $k = \frac{2400 ( 1 - e ^{- 2} )}{1 - 2 e ^{- 2}} \approx 2845$ (cuatro cifras significativas).

e) 1. $\frac{d P}{d t} = \frac{P ( k - P )}{5 k}$ es máxima cuando $P (k - P)$ es máxima, es decir, en $P = \frac{k}{2}$ . 2. Igualamos: $\frac{1200 k}{( k - 1200 ) e ^{- t /5} + 1200} = \frac{k}{2}$ , luego $(k - 1200) e^{- t /5} = 1200$ . 3. $t = 5 ln \frac{k - 1200}{1200} = 5 ln \frac{1645 , 3}{1200} \approx 1, 58$ días.

Resultado: a) $a = b = \frac{1}{k}$ ; b) $f (x) = \frac{1}{k} ln \frac{x}{k - x} + C$ ; c) queda demostrado; d) $k = 2845$ ; e) $t = 1, 58$ días

Ejercicio 141 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2022

La población ( $P$ ) de una especie concreta de marsupiales que hay en una pequeña isla remota se puede modelizar mediante la ecuación diferencial logística $\frac{d P}{d t} = k P (1 - \frac{P}{N})$ donde $t$ es el tiempo medido en años, y $k$ , $N$ son constantes positivas. La constante $N$ representa la población máxima de esta especie de marsupiales que la isla puede mantener de manera indefinida.

a) En el contexto de este modelo poblacional, interprete el significado de $\frac{d P}{d t}$ .

b) Muestre que $\frac{d ^{2} P}{d t ^{2}} = k^{2} P (1 - \frac{P}{N}) (1 - \frac{2 P}{N})$ .

c) A partir de lo anterior, muestre que el ritmo al que aumenta la población de marsupiales será máximo cuando $P = \frac{N}{2}$ . Justifique su respuesta.

d) A partir de lo anterior, determine el valor máximo de $\frac{d P}{d t}$ en función de $k$ y $N$ .

Sea $P_{0}$ la población inicial de marsupiales.

e) Resolviendo la ecuación diferencial logística, muestre que su solución se puede expresar de la siguiente forma: $k t = ln (\frac{P}{P _{0}} (\frac{N - P _{0}}{N - P}))$ .

Al cabo de $10$ años, la población de marsupiales es igual a $3 P_{0}$ . Además, se sabe que $N = 4 P_{0}$ .

f) Halle el valor de $k$ correspondiente a este modelo poblacional.

Ver resultado

Resultado: a) la razón de cambio de la población de marsupiales; b), c) y e) quedan demostrados; d) $\frac{k N}{4}$ ; f) $k = \frac{ln 9}{10} = 0, 220$

Ver proceso y resultado

a) 1. $\frac{d P}{d t}$ es la razón (ritmo) de cambio de la población de marsupiales respecto del tiempo, en individuos por año.

b) 1. Derivamos $\frac{d P}{d t} = k P (1 - \frac{P}{N}) = k P - \frac{k P ^{2}}{N}$ respecto de $t$ , con la regla de la cadena. 2. $\frac{d ^{2} P}{d t ^{2}} = k \frac{d P}{d t} - \frac{2 k P}{N} \frac{d P}{d t} = k (1 - \frac{2 P}{N}) \frac{d P}{d t}$ . 3. Sustituimos $\frac{d P}{d t}$ : $\frac{d ^{2} P}{d t ^{2}} = k^{2} P (1 - \frac{P}{N}) (1 - \frac{2 P}{N})$ .

c) 1. El ritmo de crecimiento $\frac{d P}{d t}$ es máximo cuando $\frac{d ^{2} P}{d t ^{2}} = 0$ . Con $0 < P < N$ los factores $k^{2} P$ y $1 - \frac{P}{N}$ son positivos, así que se anula cuando $1 - \frac{2 P}{N} = 0$ , es decir, $P = \frac{N}{2}$ . 2. Justificación: si $P < \frac{N}{2}$ , $\frac{d ^{2} P}{d t ^{2}} > 0$ (el ritmo aumenta); si $\frac{N}{2} < P < N$ , $\frac{d ^{2} P}{d t ^{2}} < 0$ (el ritmo disminuye). Como $P$ crece con el tiempo, el ritmo pasa de aumentar a disminuir en $P = \frac{N}{2}$ : es un máximo.

d) 1. $(\frac{d P}{d t})_{m a ˊ x} = k \cdot \frac{N}{2} (1 - \frac{1}{2}) = \frac{k N}{4}$ .

e) 1. Separamos variables: $\int \frac{N d P}{P ( N - P )} = \int k d t$ . 2. Fracciones simples: $\frac{N}{P ( N - P )} = \frac{1}{P} + \frac{1}{N - P}$ . 3. Integramos: $ln P - ln (N - P) = k t + C$ (con $0 < P < N$ ). 4. En $t = 0$ : $C = ln \frac{P _{0}}{N - P _{0}}$ . 5. $k t = ln \frac{P}{N - P} - ln \frac{P _{0}}{N - P _{0}} = ln (\frac{P}{P _{0}} \cdot \frac{N - P _{0}}{N - P})$ .

f) 1. Con $N = 4 P_{0}$ , $P (10) = 3 P_{0}$ : $\frac{P}{P _{0}} = 3$ y $\frac{N - P _{0}}{N - P} = \frac{3 P _{0}}{P _{0}} = 3$ . 2. $10 k = ln (3 \cdot 3) = ln 9$ , luego $k = \frac{ln 9}{10} \approx 0, 220$ .

Resultado: a) la razón de cambio de la población de marsupiales; b), c) y e) quedan demostrados; d) $\frac{k N}{4}$ ; f) $k = \frac{ln 9}{10} = 0, 220$

Método de Euler

Ejercicio 142 BásicoIB · P3 TZ0 Mayo 2011

Considere la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = x^{2} + y^{2}$ , sabiendo que para $x = 0$ , $y = 1$ .

Utilice el método de Euler con un paso de $0, 1$ para hallar un valor aproximado de $y$ para $x = 0, 4$ .

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Resultado: $y (0, 4) \approx 1, 5735$

Ver proceso y resultado

Aplicamos $y_{n + 1} = y_{n} + 0, 1 (x_{n}^{2} + y_{n}^{2})$ desde $(0, 1)$ .
$n = 0$ : $f = 0 + 1 = 1$ , luego $y_{1} = 1, 1$ .
$n = 1$ : $f = 0, 1^{2} + 1, 1^{2} = 1, 22$ , luego $y_{2} = 1, 1 + 0, 122 = 1, 222$ .
$n = 2$ : $f = 0, 2^{2} + 1, 22 2^{2} = 1, 533284$ , luego $y_{3} = 1, 222 + 0, 1533284 \approx 1, 3753$ .
$n = 3$ : $f = 0, 3^{2} + 1, 375328 4^{2} \approx 1, 98170$ , luego $y_{4} \approx 1, 3753 + 0, 19817 \approx 1, 5735$ .

$n$	$x_{n}$	$y_{n}$
0	0	1
1	0,1	1,1
2	0,2	1,222
3	0,3	1,3753
4	0,4	1,5735

Resultado: $y (0, 4) \approx 1, 5735$

Ejercicio 143 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2010

Sabiendo que $\frac{d y}{d x} - 2 y^{2} = e^{x}$ , y que $y = 1$ para $x = 0$ , utilice el método de Euler, con un paso de $0, 1$ , para hallar un valor aproximado de $y$ para $x = 0, 4$ . Dé todos los valores intermedios con la mayor precisión posible.

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Resultado: $y (0, 4) \approx 3, 8493$

Ver proceso y resultado

Escribimos $\frac{d y}{d x} = 2 y^{2} + e^{x}$ y aplicamos $y_{n + 1} = y_{n} + 0, 1 f (x_{n}, y_{n})$ desde $(0, 1)$ , sin redondear los valores intermedios.
$n = 0$ : $f (0, 1) = 2 + 1 = 3$ , luego $y_{1} = 1 + 0, 3 = 1, 3$ .
$n = 1$ : $f (0, 1; 1, 3) = 2 \cdot 1, 69 + e^{0, 1} = 3, 38 + 1, 10517 = 4, 48517$ , luego $y_{2} = 1, 3 + 0, 448517 = 1, 7485$ .
$n = 2$ : $f (0, 2; 1, 7485) = 2 \cdot 1, 748 5^{2} + e^{0, 2} \approx 7, 3360$ , luego $y_{3} \approx 1, 7485 + 0, 7336 = 2, 4821$ .
$n = 3$ : $f (0, 3; 2, 4821) \approx 13, 6717$ , luego $y_{4} \approx 2, 4821 + 1, 3672 = 3, 8493$ .

$n$	$x_{n}$	$y_{n}$
0	0	1
1	0,1	1,3
2	0,2	1,7485
3	0,3	2,4821
4	0,4	3,8493

Resultado: $y (0, 4) \approx 3, 8493$

Ejercicio 144 MedioIB · P3 TZ2 Mayo 2007

Considere la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} + (2 x - 1) y = 0$ , sabiendo que $y = 2$ cuando $x = 0$ .

a) Utilice el método de Euler con un paso de $0, 1$ para obtener una aproximación de $y$ cuando $x = 0, 5$ . Escriba la solución en forma de tabla.

b) Resuelva la ecuación diferencial, expresando su respuesta en la forma $y = f (x)$ .

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Resultado: a) $y (0, 5) \approx 2, 6717$ ; b) $y = 2 e^{x - x^{2}}$

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a) 1. Escribimos $\frac{d y}{d x} = (1 - 2 x) y$ y aplicamos $y_{n + 1} = y_{n} + 0, 1 (1 - 2 x_{n}) y_{n}$ desde $(0, 2)$ . 2. $y_{1} = 2 + 0, 1 \cdot 1 \cdot 2 = 2, 2$ . 3. $y_{2} = 2, 2 + 0, 1 \cdot 0, 8 \cdot 2, 2 = 2, 376$ . 4. $y_{3} = 2, 376 + 0, 1 \cdot 0, 6 \cdot 2, 376 = 2, 51856$ . 5. $y_{4} = 2, 51856 + 0, 1 \cdot 0, 4 \cdot 2, 51856 \approx 2, 6193$ . 6. $y_{5} = 2, 6193 + 0, 1 \cdot 0, 2 \cdot 2, 6193 \approx 2, 6717$ .

$n$	$x_{n}$	$y_{n}$
0	0	2
1	0,1	2,2
2	0,2	2,376
3	0,3	2,5186
4	0,4	2,6193
5	0,5	2,6717

b) 1. Separamos variables: $\frac{d y}{y} = (1 - 2 x) d x$ (la solución es positiva porque $y (0) = 2$ ). 2. Integramos: $ln y = x - x^{2} + C$ , es decir, $y = A e^{x - x^{2}}$ . 3. Con $y (0) = 2$ : $A = 2$ . 4. Comprobación: $y^{'} = 2 e^{x - x^{2}} (1 - 2 x) = (1 - 2 x) y$ , luego $y^{'} + (2 x - 1) y = 0$ .

Resultado: a) $y (0, 5) \approx 2, 6717$ ; b) $y = 2 e^{x - x^{2}}$

Ejercicio 145 MedioIB · P3 TZ2 Mayo 2008

Una curva que pasa por el punto $(1, 2)$ está definida por la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = 2 x (1 + x^{2} - y)$ .

a) Utilice el método de Euler para obtener un valor aproximado de $y$ cuando $x = 1, 3$ , tomando pasos de $0, 1$ . Muestre los pasos intermedios en una tabla, dando los valores con cuatro cifras decimales.

b) Resuelva la ecuación diferencial, expresando su respuesta en la forma $y = f (x)$ .

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Resultado: a) $y (1, 3) \approx 2, 1407$ ; b) $y = x^{2} + e^{1 - x^{2}}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Aplicamos $y_{n + 1} = y_{n} + 0, 1 \cdot 2 x_{n} (1 + x_{n}^{2} - y_{n})$ desde $(1, 2)$ . 2. $f (1, 2) = 2 (1 + 1 - 2) = 0$ , luego $y_{1} = 2, 0000$ . 3. $f (1, 1; 2) = 2, 2 (1 + 1, 21 - 2) = 0, 462$ , luego $y_{2} = 2 + 0, 0462 = 2, 0462$ . 4. $f (1, 2; 2, 0462) = 2, 4 (1 + 1, 44 - 2, 0462) = 0, 94512$ , luego $y_{3} = 2, 0462 + 0, 0945 \approx 2, 1407$ .

$n$	$x_{n}$	$y_{n}$
0	1,0	2,0000
1	1,1	2,0000
2	1,2	2,0462
3	1,3	2,1407

b) 1. Es lineal: $\frac{d y}{d x} + 2 x y = 2 x (1 + x^{2})$ . Factor integrante: $e^{\int 2 x d x} = e^{x^{2}}$ . 2. $\frac{d}{d x} (y e^{x^{2}}) = 2 x (1 + x^{2}) e^{x^{2}}$ . 3. Con la sustitución $u = x^{2}$ ( $d u = 2 x d x$ ): $\int (1 + u) e^{u} d u = u e^{u} + C$ (se comprueba derivando: $(u e^{u})^{'} = (1 + u) e^{u}$ ). 4. Entonces $y e^{x^{2}} = x^{2} e^{x^{2}} + C$ , es decir, $y = x^{2} + C e^{- x^{2}}$ . 5. Con $y (1) = 2$ : $2 = 1 + C e^{- 1}$ , luego $C = e$ . 6. $y = x^{2} + e \cdot e^{- x^{2}} = x^{2} + e^{1 - x^{2}}$ .

Resultado: a) $y (1, 3) \approx 2, 1407$ ; b) $y = x^{2} + e^{1 - x^{2}}$

Ejercicio 146 MedioIB · P3 TZ0 Noviembre 2018

Considere la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = 1 + \frac{y}{x}$ , donde $x \neq = 0$ .

a) Sabiendo que $y (1) = 1$ , utilice el método de Euler con un paso $h = 0, 25$ para hallar un valor aproximado de $y (2)$ . Dé la respuesta con dos cifras significativas.

b) Resuelva la ecuación $\frac{d y}{d x} = 1 + \frac{y}{x}$ sabiendo que $y (1) = 1$ .

c) Halle el porcentaje de error que se comete al aproximar el valor de $y (2)$ con la respuesta dada en la parte a). Exprese el resultado con dos cifras significativas.

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Resultado: a) $y (2) \approx 3, 3$ ; b) $y = x (ln ∣ x ∣ + 1)$ ; c) el porcentaje de error es del $2, 5 %$

Ver proceso y resultado

a) 1. Aplicamos $y_{n + 1} = y_{n} + 0, 25 (1 + \frac{y _{n}}{x _{n}})$ desde $(1, 1)$ , hasta $x = 2$ (4 pasos). 2. $y (1, 25) = 1 + 0, 25 \cdot 2 = 1, 5$ . 3. $y (1, 5) = 1, 5 + 0, 25 (1 + \frac{1 , 5}{1 , 25}) = 1, 5 + 0, 55 = 2, 05$ . 4. $y (1, 75) = 2, 05 + 0, 25 (1 + \frac{2 , 05}{1 , 5}) \approx 2, 6417$ . 5. $y (2) \approx 2, 6417 + 0, 25 (1 + \frac{2 , 6417}{1 , 75}) \approx 3, 2690$ . 6. Con dos cifras significativas, $y (2) \approx 3, 3$ .

b) 1. Es lineal: $\frac{d y}{d x} - \frac{1}{x} y = 1$ . Factor integrante: $e^{- \int \frac{d x}{x}} = \frac{1}{x}$ (con $x > 0$ ). 2. $\frac{d}{d x} (\frac{y}{x}) = \frac{1}{x}$ , luego $\frac{y}{x} = ln ∣ x ∣ + C$ . 3. Con $y (1) = 1$ : $1 = 0 + C$ , así que $C = 1$ . 4. $y = x (ln ∣ x ∣ + 1)$ .

c) 1. El valor exacto es $y (2) = 2 (ln 2 + 1) \approx 3, 3863$ . 2. El valor aproximado que damos como respuesta del apartado a) es $3, 3$ . 3. Porcentaje de error: $\frac{∣3 , 3863 - 3 , 3∣}{3 , 3863} \times 100 \approx 2, 5 %$ .

Resultado: a) $y (2) \approx 3, 3$ ; b) $y = x (ln ∣ x ∣ + 1)$ ; c) el porcentaje de error es del $2, 5 %$

Ejercicio 147 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2006

Sabiendo que $\frac{d y}{d x} = \frac{y + 2}{x y + 1}$ y $y = 1$ cuando $x = 0$ , utilice el método de Euler con intervalo $h = 0, 5$ para hallar un valor aproximado de $y$ cuando $x = 1$ .

Ver resultado

Resultado: cuando $x = 1$ , $y \approx 3, 5$

Ver proceso y resultado

Método de Euler con $h = 0, 5$ : $x_{n + 1} = x_{n} + h$ , $y_{n + 1} = y_{n} + h f (x_{n}, y_{n})$ , con $f (x, y) = \frac{y + 2}{x y + 1}$ .
Paso 1, desde $(0, 1)$ : $f (0, 1) = \frac{1 + 2}{0 + 1} = 3$ , luego $y_{1} = 1 + 0, 5 \cdot 3 = 2, 5$ en $x_{1} = 0, 5$ .
Paso 2, desde $(0, 5; 2, 5)$ : $f (0, 5; 2, 5) = \frac{2 , 5 + 2}{0 , 5 \cdot 2 , 5 + 1} = \frac{4 , 5}{2 , 25} = 2$ , luego $y_{2} = 2, 5 + 0, 5 \cdot 2 = 3, 5$ en $x_{2} = 1$ .

Resultado: cuando $x = 1$ , $y \approx 3, 5$

Ejercicio 148 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2015

Las curvas $y = f (x)$ e $y = g (x)$ pasan ambas por el punto $(1, 0)$ y se definen mediante las ecuaciones diferenciales, $\frac{d y}{d x} = x - y^{2}$ y $\frac{d y}{d x} = y - x^{2}$ respectivamente.

a) Muestre que la tangente a la curva $y = f (x)$ en el punto $(1, 0)$ es normal a la curva $y = g (x)$ en el punto $(1, 0)$ .

b) Halle $g (x)$ .

c) Utilice el método de Euler con un paso de $0, 2$ para estimar $f (2)$ con una aproximación de $5$ cifras decimales.

Ver resultado

Resultado: a) las dos rectas coinciden (pendiente $1$ por $(1, 0)$ ); b) $g (x) = x^{2} + 2 x + 2 - 5 e^{x - 1}$ ; c) $f (2) \approx 1, 10033$

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a) 1. Para $y = f (x)$ en $(1, 0)$ : $f^{'} (1) = 1 - 0^{2} = 1$ . La tangente tiene pendiente $1$ . 2. Para $y = g (x)$ en $(1, 0)$ : $g^{'} (1) = 0 - 1^{2} = - 1$ . La tangente a $g$ tiene pendiente $- 1$ , y la normal a $g$ tiene pendiente $- \frac{1}{- 1} = 1$ . 3. La tangente a $f$ y la normal a $g$ pasan por el mismo punto $(1, 0)$ y tienen la misma pendiente $1$ : son la misma recta.

b) 1. La ecuación $g^{'} - g = - x^{2}$ es lineal de primer orden. Factor integrante: $e^{- \int d x} = e^{- x}$ . 2. Multiplicamos: $\frac{d}{d x} (g e^{- x}) = - x^{2} e^{- x}$ . 3. Integramos por partes dos veces ( $u = x^{2}$ , luego $u = x$ , con $d v = e^{- x} d x$ ): $\int - x^{2} e^{- x} d x = e^{- x} (x^{2} + 2 x + 2) + C$ . Se comprueba derivando: $\frac{d}{d x} [e^{- x} (x^{2} + 2 x + 2)] = e^{- x} (2 x + 2 - x^{2} - 2 x - 2) = - x^{2} e^{- x}$ . 4. Por tanto $g (x) = x^{2} + 2 x + 2 + C e^{x}$ . 5. Con $g (1) = 0$ : $5 + C e = 0$ , luego $C = - 5 e^{- 1}$ . 6. $g (x) = x^{2} + 2 x + 2 - 5 e^{x - 1}$ .

c) 1. Usamos $y_{n + 1} = y_{n} + 0, 2 (x_{n} - y_{n}^{2})$ desde $(1, 0)$ , hasta $x = 2$ (5 pasos), con la CPG. 2. Valores: $y (1, 2) = 0, 2$ ; $y (1, 4) = 0, 432$ ; $y (1, 6) = 0, 674675$ ; $y (1, 8) = 0, 903638$ ; $y (2) = 1, 100326$ .

$x_{n}$	$y_{n}$
1	0
1,2	0,2
1,4	0,432
1,6	0,674675
1,8	0,903638
2	1,100326

Con cinco cifras decimales, $f (2) \approx 1, 10033$ .

Resultado: a) las dos rectas coinciden (pendiente $1$ por $(1, 0)$ ); b) $g (x) = x^{2} + 2 x + 2 - 5 e^{x - 1}$ ; c) $f (2) \approx 1, 10033$

Ejercicio 149 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2012

Considere la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = \frac{y ^{2}}{1 + x}$ , donde $x > - 1$ , e $y = 1$ para $x = 0$ .

a) Utilice el método de Euler con un paso de $0, 1$ para hallar el valor aproximado de $y$ para $x = 0, 5$ .

b) i) Compruebe que $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{2 y ^{3} - y ^{2}}{( 1 + x ) ^{2}}$ .

(ii) A partir de lo anterior, halle la serie de Maclaurin para $y$ , hasta el término en $x^{2}$ inclusive.

c) i) Resuelva la ecuación diferencial.

(ii) Halle el valor de $a$ para el cual $y \to \infty$ cuando $x \to a$ .

Ver resultado

Resultado: a) $y (0, 5) \approx 1, 62$ ; b) (ii) $y \approx 1 + x + \frac{x ^{2}}{2}$ ; c) (i) $y = \frac{1}{1 - ln ( 1 + x )}$ ; (ii) $a = e - 1$

Ver proceso y resultado

a) 1. Aplicamos $y_{n + 1} = y_{n} + 0, 1 \frac{y _{n}^{2}}{1 + x _{n}}$ desde $(0, 1)$ , con la CPG. 2. Valores: $y (0, 1) = 1, 1$ ; $y (0, 2) = 1, 21$ ; $y (0, 3) \approx 1, 3320$ ; $y (0, 4) \approx 1, 4685$ ; $y (0, 5) \approx 1, 6225$ . 3. Para $x = 0, 5$ : $y \approx 1, 62$ .

b) (i) 1. Derivamos $\frac{d y}{d x} = \frac{y ^{2}}{1 + x}$ respecto de $x$ con la regla del cociente: $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{2 y \frac{d y}{d x} ( 1 + x ) - y ^{2}}{( 1 + x ) ^{2}}$ . 2. Como $(1 + x) \frac{d y}{d x} = y^{2}$ , el primer término del numerador es $2 y \cdot y^{2} = 2 y^{3}$ . 3. Por tanto $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{2 y ^{3} - y ^{2}}{( 1 + x ) ^{2}}$ .

(ii) 1. En $x = 0$ : $y (0) = 1$ . 2. $y^{'} (0) = \frac{1 ^{2}}{1} = 1$ . 3. $y^{''} (0) = \frac{2 - 1}{1} = 1$ . 4. Serie de Maclaurin: $y \approx y (0) + y^{'} (0) x + \frac{y ^{''} ( 0 )}{2} x^{2} = 1 + x + \frac{x ^{2}}{2}$ .

c) (i) 1. Separamos variables: $\frac{d y}{y ^{2}} = \frac{d x}{1 + x}$ , luego $- \frac{1}{y} = ln (1 + x) + C$ . 2. Con $y (0) = 1$ : $- 1 = 0 + C$ , luego $C = - 1$ . 3. $\frac{1}{y} = 1 - ln (1 + x)$ y $y = \frac{1}{1 - ln ( 1 + x )}$ .

(ii) 1. $y \to \infty$ cuando el denominador tiende a $0$ : $1 - ln (1 + x) = 0$ , es decir, $ln (1 + x) = 1$ . 2. Entonces $1 + x = e$ y $a = e - 1$ .

Resultado: a) $y (0, 5) \approx 1, 62$ ; b) (ii) $y \approx 1 + x + \frac{x ^{2}}{2}$ ; c) (i) $y = \frac{1}{1 - ln ( 1 + x )}$ ; (ii) $a = e - 1$

Ejercicio 150 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2012

Sea la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = x + y$ , $(x + y \geq 0)$ con $y = 1$ cuando $x = 1$ . También sea $y = c$ cuando $x = 2$ .

a) Use el método de Euler para encontrar una aproximación para el valor de $c$ , usando un paso de longitud $h = 0, 1$ . Dé su respuesta con cuatro cifras decimales.

Si el método de Euler se usa con $h = 0, 05$ entonces $c = 2, 7921$ , si se usa con $h = 0, 01$ entonces $c = 2, 8099$ y si se usa con $h = 0, 005$ entonces $c = 2, 8121$ .

b) Dibuje en papel cuadriculado, con $h$ en el eje horizontal y la aproximación para $c$ en el eje vertical, los cuatro puntos (uno de los cuales ha calculado y tres de los cuales se han dado). Use una escala de $1$ cm $= 0, 01$ en ambos ejes.

Tome el eje horizontal de $0$ a $0, 12$ y eje vertical de $2, 76$ a $2, 82$ .

c) Dibuje, a simple vista, la línea recta que mejor se ajuste a estos cuatro puntos, usando una regla.

d) Use su gráfica para dar la mejor estimación posible para $c$ , dando su respuesta con tres decimales.

Ver solución

a) 1. Método de Euler: $x_{n + 1} = x_{n} + h$ e $y_{n + 1} = y_{n} + h x_{n} + y_{n}$ , con $x_{0} = 1$ , $y_{0} = 1$ y $h = 0, 1$ . Hay que llegar a $x = 2$ : diez pasos. Con la CPG:

$x_{0} = 1, 0$ , $y_{0} = 1$ , $x_{0} + y_{0} = 1, 4142$ , $y_{1} = 1, 1414$

$x_{1} = 1, 1$ , $y_{1} = 1, 1414$ , $x_{1} + y_{1} = 1, 4971$ , $y_{2} = 1, 2911$

$x_{2} = 1, 2$ , $y_{2} = 1, 2911$ , $x_{2} + y_{2} = 1, 5783$ , $y_{3} = 1, 4490$

$x_{3} = 1, 3$ , $y_{3} = 1, 4490$ , $x_{3} + y_{3} = 1, 6580$ , $y_{4} = 1, 6148$

$x_{4} = 1, 4$ , $y_{4} = 1, 6148$ , $x_{4} + y_{4} = 1, 7363$ , $y_{5} = 1, 7884$

$x_{5} = 1, 5$ , $y_{5} = 1, 7884$ , $x_{5} + y_{5} = 1, 8134$ , $y_{6} = 1, 9697$

$x_{6} = 1, 6$ , $y_{6} = 1, 9697$ , $x_{6} + y_{6} = 1, 8894$ , $y_{7} = 2, 1587$

$x_{7} = 1, 7$ , $y_{7} = 2, 1587$ , $x_{7} + y_{7} = 1, 9644$ , $y_{8} = 2, 3551$

$x_{8} = 1, 8$ , $y_{8} = 2, 3551$ , $x_{8} + y_{8} = 2, 0384$ , $y_{9} = 2, 5590$

$x_{9} = 1, 9$ , $y_{9} = 2, 5590$ , $x_{9} + y_{9} = 2, 1116$ , $y_{10} = 2, 7701$

Por tanto $c \approx 2, 7701$ .

b) 1. Los cuatro puntos $(h, c)$ son $(0, 1; 2, 7701)$ , $(0, 05; 2, 7921)$ , $(0, 01; 2, 8099)$ y $(0, 005; 2, 8121)$ . 2. Se marcan en el papel con la escala indicada ( $1$ cm $= 0, 01$ en ambos ejes).

c) 1. Los puntos están casi alineados, con pendiente negativa (cuanto menor es $h$ , mayor es la aproximación). Se traza con regla la recta que pasa lo más cerca posible de los cuatro.

Puntos de la aproximación de c en función del paso h y recta que mejor se ajusta, que corta al eje vertical cerca de 2,814

d) 1. El valor exacto corresponde a un paso $h \to 0$ , es decir, al punto donde la recta corta al eje vertical. 2. Leyendo la gráfica, la recta corta al eje $c$ en $c \approx 2, 814$ .

Resultado: a) $c \approx 2, 7701$ ; d) $c \approx 2, 814$

Ejercicio 151 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2022

Considere la ecuación diferencial $x^{2} \frac{d y}{d x} = y^{2} - 2 x^{2}$ para $x > 0$ e $y > 2 x$ . Se sabe que $y = 3$ cuando $x = 1$ .

a) Use el método de Euler, con un salto de longitud $0, 1$ , para calcular un valor aproximado de $y$ cuando $x = 1, 5$ .

b) Use la sustitución $y = v x$ para mostrar que $x \frac{d v}{d x} = v^{2} - v - 2$ .

c) (i) Resolviendo la ecuación diferencial, muestre que $y = \frac{8 x + x ^{4}}{4 - x ^{3}}$ .

(ii) Calcule el valor real de $y$ cuando $x = 1, 5$ .

(iii) Usando la gráfica de $y = \frac{8 x + x ^{4}}{4 - x ^{3}}$ , sugiera una razón por la cual la aproximación dada por el método de Euler en el apartado (a) no es una buena estimación del valor real de $y$ en $x = 1, 5$ .

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Resultado: a) $y \approx 10, 7$ ; c) (i) queda demostrado; (ii) $y \approx 27, 3$ ; (iii) hay una asíntota vertical en $x = 34 \approx 1, 59$ , cerca de $x = 1, 5$ , y Euler no es fiable junto a ella

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a) 1. Escribimos la ecuación como $\frac{d y}{d x} = \frac{y ^{2} - 2 x ^{2}}{x ^{2}}$ . Euler: $y_{n + 1} = y_{n} + 0, 1 \cdot \frac{y _{n}^{2} - 2 x _{n}^{2}}{x _{n}^{2}}$ , $x_{n + 1} = x_{n} + 0, 1$ , desde $(1, 3)$ hasta $x = 1, 5$ : cinco pasos.

$x_{0} = 1$ , $y_{0} = 3$ , pendiente $7$ , $y_{1} = 3, 7$

$x_{1} = 1, 1$ , $y_{1} = 3, 7$ , pendiente $9, 314$ , $y_{2} = 4, 6314$

$x_{2} = 1, 2$ , $y_{2} = 4, 6314$ , pendiente $12, 896$ , $y_{3} = 5, 921$

$x_{3} = 1, 3$ , $y_{3} = 5, 921$ , pendiente $18, 744$ , $y_{4} = 7, 7954$

$x_{4} = 1, 4$ , $y_{4} = 7, 7954$ , pendiente $29, 004$ , $y_{5} = 10, 6959$

Por tanto $y (1, 5) \approx 10, 7$ .

b) 1. Con $y = v x$ : $\frac{d y}{d x} = v + x \frac{d v}{d x}$ . 2. La ecuación $\frac{d y}{d x} = \frac{y ^{2}}{x ^{2}} - 2$ queda $v + x \frac{d v}{d x} = v^{2} - 2$ . 3. Por tanto $x \frac{d v}{d x} = v^{2} - v - 2$ .

c) (i) 1. Separamos variables: $\int \frac{d v}{( v - 2 ) ( v + 1 )} = \int \frac{d x}{x}$ . 2. Fracciones simples: $\frac{1}{( v - 2 ) ( v + 1 )} = \frac{1}{3} (\frac{1}{v - 2} - \frac{1}{v + 1})$ . 3. Integramos: $\frac{1}{3} ln \frac{v - 2}{v + 1} = ln x + C$ . 4. Condición inicial: $x = 1$ , $y = 3$ , luego $v = 3$ y $\frac{1}{3} ln \frac{1}{4} = C$ . Entonces $ln \frac{v - 2}{v + 1} = 3 ln x - ln 4$ (con $y > 2 x$ , $v > 2$ , y el valor absoluto no es necesario). 5. $\frac{v - 2}{v + 1} = \frac{x ^{3}}{4}$ , luego $4 v - 8 = x^{3} v + x^{3}$ y $v (4 - x^{3}) = 8 + x^{3}$ . 6. $v = \frac{8 + x ^{3}}{4 - x ^{3}}$ y $y = v x = \frac{8 x + x ^{4}}{4 - x ^{3}}$ .

(ii) 1. $y (1, 5) = \frac{12 + 5 , 0625}{4 - 3 , 375} = \frac{17 , 0625}{0 , 625} = 27, 3$ .

(iii) 1. La solución tiene una asíntota vertical en $x = 34 \approx 1, 59$ , muy cerca de $x = 1, 5$ : la solución crece muy deprisa al acercarse. 2. El método de Euler usa la pendiente en el extremo izquierdo de cada paso, que subestima el crecimiento en una curva con pendiente creciente tan abrupta. Por eso $10, 7$ queda muy por debajo del valor real.

Gráfica de y = (8x + x⁴)/(4 − x³) con asíntota vertical en x = ∛4, aproximadamente 1,59

Integral definida, teorema fundamental y Barrow

Ejercicio 152 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2018

Sabiendo que $\int_{- 2}^{2} f (x) d x = 10$ y $\int_{0}^{2} f (x) d x = 12$ , calcule

a) $\int_{- 2}^{0} (f (x) + 2) d x$ .

b) $\int_{- 2}^{0} f (x + 2) d x$ .

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Resultado: a) $2$ ; b) $12$

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Datos: $\int_{- 2}^{2} f = 10$ y $\int_{0}^{2} f = 12$ . Entonces $\int_{- 2}^{0} f = 10 - 12 = - 2$ .

a) $\int_{- 2}^{0} (f (x) + 2) d x = \int_{- 2}^{0} f (x) d x + \int_{- 2}^{0} 2 d x = - 2 + 2 \cdot 2 = 2$ .

b) Sustitución $u = x + 2$ : $d u = d x$ y los límites $x = - 2$ y $x = 0$ pasan a $u = 0$ y $u = 2$ . Entonces $\int_{- 2}^{0} f (x + 2) d x = \int_{0}^{2} f (u) d u = 12$ .

Resultado: a) $2$ ; b) $12$

Ejercicio 153 BásicoIB · P1 Noviembre 1998

Sea $F (x) = \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 + e ^{t^{2}}}$ .

a) Calcule $f (x) = F^{'} (x)$ .

b) Para qué valores de $k$ la ecuación $f (x) = k$ tiene soluciones reales.

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Resultado: a) $f (x) = \frac{1}{1 + e ^{x^{2}}}$ ; b) $0 < k \leq \frac{1}{2}$

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a) 1. Por el teorema fundamental del cálculo, $F^{'} (x) = \frac{1}{1 + e ^{x^{2}}}$ . 2. Es decir, $f (x) = \frac{1}{1 + e ^{x^{2}}}$ .

b) 1. Como $x^{2} \geq 0$ , $e^{x^{2}} \geq 1$ , luego $1 + e^{x^{2}} \geq 2$ . Además $1 + e^{x^{2}}$ puede ser tan grande como se quiera. 2. Por tanto $0 < f (x) \leq \frac{1}{2}$ , y el máximo $\frac{1}{2}$ se alcanza en $x = 0$ . 3. La ecuación $f (x) = k$ tiene solución real si y solo si $0 < k \leq \frac{1}{2}$ .

Resultado: a) $f (x) = \frac{1}{1 + e ^{x^{2}}}$ ; b) $0 < k \leq \frac{1}{2}$

Ejercicio 154 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2022

a) La expresión $\frac{3 x - 5}{x}$ se puede escribir como $3 - 5 x^{p}$ . Anote el valor de $p$ .

b) Usando lo anterior, calcule el valor de $\int_{1}^{9} \frac{3 x - 5}{x} d x$ .

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Resultado: a) $p = - \frac{1}{2}$ ; b) $4$

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a) 1. $\frac{3 x - 5}{x} = 3 - \frac{5}{x} = 3 - 5 x^{- 1/2}$ . 2. $p = - \frac{1}{2}$ .

b) 1. Con lo anterior: $\int_{1}^{9} (3 - 5 x^{- 1/2}) d x = [3 x - 10 x^{1/2}]_{1}^{9}$ . 2. $= (27 - 30) - (3 - 10) = - 3 + 7 = 4$ .

Resultado: a) $p = - \frac{1}{2}$ ; b) $4$

Ejercicio 155 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2009

a) Sea $a > 0$ . Dibuje el gráfico de $y = x - \frac{a}{2}$ para $- a \leq x \leq a$ .

b) Calcule $k$ para que $\int_{- a}^{0} x - \frac{a}{2} d x = k \int_{0}^{a} x - \frac{a}{2} d x$ .

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a) 1. $y = x - \frac{a}{2}$ es una "V" con el vértice en $(\frac{a}{2}, 0)$ . 2. Para $x < \frac{a}{2}$ es $y = \frac{a}{2} - x$ (recta decreciente) y para $x \geq \frac{a}{2}$ es $y = x - \frac{a}{2}$ (recta creciente). 3. En los extremos: $x = - a$ da $y = \frac{3 a}{2}$ ; $x = a$ da $y = \frac{a}{2}$ ; y corta al eje $y$ en $(0, \frac{a}{2})$ .

Gráfica de y = |x − a/2| para x entre −a y a: tramo decreciente desde el punto (−a, 3a/2), pasando por (0, a/2), hasta el vértice (a/2, 0), y tramo creciente hasta (a, a/2)

b) 1. En $[- a, 0]$ , $x - \frac{a}{2} < 0$ , luego $x - \frac{a}{2} = \frac{a}{2} - x$ : $\int_{- a}^{0} (\frac{a}{2} - x) d x = [\frac{a}{2} x - \frac{x ^{2}}{2}]_{- a}^{0} = 0 - (- \frac{a ^{2}}{2} - \frac{a ^{2}}{2}) = a^{2}$ . 2. En $[0, a]$ el valor absoluto cambia en $x = \frac{a}{2}$ . Cada mitad es un triángulo de base $\frac{a}{2}$ y altura $\frac{a}{2}$ , de área $\frac{a ^{2}}{8}$ ; en total $\int_{0}^{a} x - \frac{a}{2} d x = \frac{a ^{2}}{4}$ . 3. Entonces $a^{2} = k \cdot \frac{a ^{2}}{4}$ y, como $a > 0$ , $k = 4$ .

Resultado: a) gráfica; b) $k = 4$

Ejercicio 156 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2019

a) Demostrar que $(sen x + cos x)^{2} = 1 + sen 2 x$ .

b) Demostrar que $sec 2 x + tan 2 x = \frac{cos x + sen x}{cos x - sen x}$ .

c) Usando lo anterior, o de cualquier otro modo calcule $\int_{0}^{π /6} (sec 2 x + tan 2 x) d x$ en la forma $ln (a + b)$ donde $a, b \in Z$ .

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Resultado: a) y b) demostrados; c) $ln (1 + 3)$

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a) $(sen x + cos x)^{2} = sen^{2} x + 2 sen x cos x + cos^{2} x = 1 + sen 2 x$ .

b) 1. $sec 2 x + tan 2 x = \frac{1}{cos 2 x} + \frac{sen 2 x}{cos 2 x} = \frac{1 + sen 2 x}{cos 2 x}$ . 2. Por a) el numerador es $(sen x + cos x)^{2}$ , y $cos 2 x = cos^{2} x - sen^{2} x = (cos x - sen x) (cos x + sen x)$ . 3. Simplificando el factor $cos x + sen x$ : $sec 2 x + tan 2 x = \frac{cos x + sen x}{cos x - sen x}$ .

c) 1. Usamos las primitivas $\int sec 2 x d x = \frac{1}{2} ln ∣ sec 2 x + tan 2 x ∣$ y $\int tan 2 x d x = - \frac{1}{2} ln ∣ cos 2 x ∣$ . 2. Entre $0$ y $\frac{π}{6}$ : en $\frac{π}{6}$ , $sec \frac{π}{3} = 2$ y $tan \frac{π}{3} = 3$ , luego $\frac{1}{2} ln (2 + 3) - \frac{1}{2} ln \frac{1}{2}$ ; en $0$ , ambas partes valen $0$ . 3. Resultado: $\frac{1}{2} ln [2 (2 + 3)] = \frac{1}{2} ln (4 + 23)$ . 4. Como $4 + 23 = (1 + 3)^{2}$ , el valor es $ln (1 + 3)$ , con $a = 1$ y $b = 3$ .

Resultado: a) y b) demostrados; c) $ln (1 + 3)$

Ejercicio 157 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2019

El gráfico de $y = f^{'} (x)$ , $0 \leq x \leq 5$ se muestra en el siguiente diagrama. La curva corta al eje $x$ en $(1, 0)$ y $(4, 0)$ y tiene un mínimo local en $(3, - 1)$ .

Gráfica de y = f'(x) para x entre 0 y 5: parte de (0, 1), corta al eje x en (1, 0), tiene su mínimo local en (3, −1), vuelve a cortar al eje en (4, 0) y sube; sombreada la región entre la curva, el eje x y el eje y

a) Escriba la coordenada $x$ del punto de inflexión en el gráfico de $y = f (x)$ .

El área sombreada delimitada por la curva $y = f^{'} (x)$ , el eje $x$ y el eje $y$ es $0, 5$ . Sabiendo que $f (0) = 3$ ,

b) Halle el valor de $f (1)$ .

El área delimitada por la curva $y = f^{'} (x)$ y el eje $x$ entre $x = 1$ y $x = 4$ es $2, 5$ .

c) Halle el valor de $f (4)$ .

d) Dibuje la curva $y = f (x)$ , $0 \leq x \leq 5$ indicando claramente las coordenadas de los puntos máximo y puntos mínimo y los puntos de corte con los ejes de coordenadas.

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a) El punto de inflexión de $y = f (x)$ está donde $f^{''} = 0$ y cambia de signo, es decir, donde $f^{'}$ tiene un extremo. $f^{'}$ tiene su mínimo local en $x = 3$ , así que la inflexión está en $x = 3$ .

b) 1. En $[0, 1]$ se tiene $f^{'} \geq 0$ , y el área sombreada es $\int_{0}^{1} f^{'} (x) d x = 0, 5$ . 2. Entonces $f (1) = f (0) + \int_{0}^{1} f^{'} (x) d x = 3 + 0, 5 = 3, 5$ .

c) 1. En $[1, 4]$ se tiene $f^{'} \leq 0$ , luego $\int_{1}^{4} f^{'} (x) d x = - 2, 5$ . 2. $f (4) = f (1) + \int_{1}^{4} f^{'} (x) d x = 3, 5 - 2, 5 = 1$ .

d) 1. $f (0) = 3$ : corte con el eje $y$ en $(0, 3)$ . 2. $f^{'} > 0$ en $[0, 1 [$ : $f$ crece; $f^{'} (1) = 0$ con paso de $+$ a $-$ : máximo en $(1; 3, 5)$ . 3. $f^{'} < 0$ en $] 1, 4 [$ : $f$ decrece (con la máxima pendiente negativa en $x = 3$ , donde está la inflexión). $f^{'} (4) = 0$ con paso de $-$ a $+$ : mínimo en $(4, 1)$ . 4. Para $x > 4$ , $f^{'} > 0$ y $f$ vuelve a crecer hasta $x = 5$ . 5. Como el mínimo es $1 > 0$ , la curva no corta al eje $x$ .

Gráfica de y = f(x) para x entre 0 y 5: parte de (0, 3), sube hasta el máximo (1; 3,5), baja hasta el mínimo (4, 1) y vuelve a subir hasta x = 5; no corta al eje x

Resultado: a) $x = 3$ ; b) $f (1) = 3, 5$ ; c) $f (4) = 1$ ; d) gráfica con máximo $(1; 3, 5)$ , mínimo $(4, 1)$ y corte $(0, 3)$ con el eje $y$

Ejercicio 158 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2016

a) Muestre que $cot α = tan (\frac{π}{2} - α)$ para $0 < α < \frac{π}{2}$ .

b) A partir de lo anterior, halle $\int_{t a n α}^{c o t α} \frac{1}{1 + x ^{2}} d x$ , $0 < α < \frac{π}{2}$ .

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Resultado: a) queda demostrado; b) $\frac{π}{2} - 2 α$

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a) 1. Para $0 < α < \frac{π}{2}$ , $tan (\frac{π}{2} - α) = \frac{sen ( \frac{π}{2} - α )}{cos ( \frac{π}{2} - α )}$ . 2. Como $sen (\frac{π}{2} - α) = cos α$ y $cos (\frac{π}{2} - α) = sen α$ , resulta $\frac{cos α}{sen α} = cot α$ .

b) 1. $\int \frac{1}{1 + x ^{2}} d x = arctan x$ , así que la integral vale $arctan (cot α) - arctan (tan α)$ . 2. Por el apartado a), $arctan (cot α) = arctan (tan (\frac{π}{2} - α)) = \frac{π}{2} - α$ , porque $\frac{π}{2} - α$ está en $] 0, \frac{π}{2} [$ donde la arcotangente deshace a la tangente. 3. Del mismo modo, $arctan (tan α) = α$ . 4. El resultado es $\frac{π}{2} - α - α = \frac{π}{2} - 2 α$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $\frac{π}{2} - 2 α$

Ejercicio 159 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2016

La función $f$ viene dada por $f (x) = \int_{0}^{x} ln (2 + sen t) d t$ .

a) Escriba $f^{'} (x)$ .

b) Derivando $f (x^{2})$ , obtenga una expresión para la derivada de $\int_{0}^{x^{2}} ln (2 + sen t) d t$ con respecto a $x$ .

c) A partir de lo anterior, obtenga una expresión para la derivada de $\int_{x}^{x^{2}} ln (2 + sen t) d t$ con respecto a $x$ .

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Resultado: a) $f^{'} (x) = ln (2 + sen x)$ ; b) $2 x ln (2 + sen x^{2})$ ; c) $2 x ln (2 + sen x^{2}) - ln (2 + sen x)$

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a) 1. Por el teorema fundamental del cálculo, $f^{'} (x) = ln (2 + sen x)$ .

b) 1. La integral $\int_{0}^{x^{2}} ln (2 + sen t) d t$ es $f (x^{2})$ . 2. Regla de la cadena: $\frac{d}{d x} f (x^{2}) = f^{'} (x^{2}) \cdot 2 x = 2 x ln (2 + sen x^{2})$ .

c) 1. Dividimos la integral: $\int_{x}^{x^{2}} ln (2 + sen t) d t = \int_{0}^{x^{2}} ln (2 + sen t) d t - \int_{0}^{x} ln (2 + sen t) d t = f (x^{2}) - f (x)$ . 2. Derivamos con los apartados a) y b): $2 x ln (2 + sen x^{2}) - ln (2 + sen x)$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = ln (2 + sen x)$ ; b) $2 x ln (2 + sen x^{2})$ ; c) $2 x ln (2 + sen x^{2}) - ln (2 + sen x)$

Ejercicio 160 MedioIB · P1 Mayo 2002

En el diagrama que sigue se muestra la gráfica de $y_{1} = f (x)$ , $0 \leq x \leq 4$ .

Gráfica de y₁ = f(x) para 0 ≤ x ≤ 4: parte del origen, sube a un máximo cerca de x = 1, corta el eje x en x = 2, baja hasta un mínimo cerca de x = 3,3 y vuelve a subir hasta x = 4

En los ejes a continuación, trace la gráfica de $y_{2} = \int_{0}^{x} f (t) d t$ , y marque claramente los puntos de inflexión.

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Como $\frac{d}{d x} y_{2} = f (x)$ (teorema fundamental), la gráfica de $y_{2}$ se lee a partir de la de $f$ : su pendiente es el valor de $f$ .
$y_{2} (0) = 0$ , y como $f (0) = 0$ la tangente es horizontal en el origen.
En $0 < x < 2$ , $f > 0$ : $y_{2}$ crece. En $x = 2$ , $f$ se anula pasando de positiva a negativa: $y_{2}$ tiene un máximo. En $2 < x < 4$ , $f < 0$ : $y_{2}$ decrece.
Los puntos de inflexión de $y_{2}$ son los extremos de $f$ (donde $y_{2}^{''} = f^{'} = 0$ y cambia de signo): en $x \approx 1$ (máximo de $f$ , $y_{2}$ pasa de cóncava hacia arriba a hacia abajo) y en $x \approx 3, 3$ (mínimo de $f$ , pasa de cóncava hacia abajo a hacia arriba).

Gráfica de y₂ = integral de f(t) de 0 a x: parte del origen con tangente horizontal, crece hasta un máximo en x = 2 y decrece después; con dos puntos de inflexión, uno cerca de x = 1 y otro cerca de x = 3,3

Resultado: gráfica de $y_{2}$ con tangente horizontal en el origen, máximo en $x = 2$ y puntos de inflexión en $x \approx 1$ y $x \approx 3, 3$ .

Ejercicio 161 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2012

Las gráficas de $y = ∣ x + 1∣$ e $y = ∣ x - 3∣$ se muestran a continuación.

Gráficas de y = |x + 1| (vértice en (−1, 0)) e y = |x − 3| (vértice en (3, 0)) sobre una cuadrícula de −6 a 6 en ambos ejes; se cortan en (1, 2)

Sea $f (x) = ∣ x + 1∣ - ∣ x - 3∣$ .

a) Dibuje el gráfico de $y = f (x)$ .

b) Usando lo anterior, indique el valor de

(i) $f^{'} (- 3)$ ;

(ii) $f^{'} (2, 7)$ ;

(iii) $\int_{- 3}^{- 2} f (x) d x$

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a) 1. Estudiamos $f (x) = ∣ x + 1∣ - ∣ x - 3∣$ por tramos, según el signo de $x + 1$ y de $x - 3$ . 2. Si $x < - 1$ : $∣ x + 1∣ = - (x + 1)$ y $∣ x - 3∣ = 3 - x$ , luego $f (x) = - x - 1 - 3 + x = - 4$ (recta horizontal). 3. Si $- 1 \leq x \leq 3$ : $∣ x + 1∣ = x + 1$ y $∣ x - 3∣ = 3 - x$ , luego $f (x) = x + 1 - 3 + x = 2 x - 2$ (recta de pendiente $2$ , de $(- 1, - 4)$ a $(3, 4)$ ). 4. Si $x > 3$ : $∣ x + 1∣ = x + 1$ y $∣ x - 3∣ = x - 3$ , luego $f (x) = 4$ (recta horizontal). 5. La gráfica es horizontal en $y = - 4$ hasta $x = - 1$ , sube con pendiente $2$ hasta $(3, 4)$ y sigue horizontal en $y = 4$ .

Gráfica de y = f(x) = |x + 1| − |x − 3|: constante igual a −4 hasta x = −1, recta de pendiente 2 entre (−1, −4) y (3, 4), y constante igual a 4 desde x = 3

b) i) 1. En $x = - 3$ estamos en el tramo horizontal $y = - 4$ , de pendiente nula: $f^{'} (- 3) = 0$ .

(ii) 1. $x = 2, 7$ está en el tramo de pendiente $2$ (entre $- 1$ y $3$ ): $f^{'} (2, 7) = 2$ .

(iii) 1. En $[- 3, - 2]$ la función vale $- 4$ , así que la integral es el área con signo de un rectángulo de base $1$ y altura $- 4$ . 2. $\int_{- 3}^{- 2} f (x) d x = - 4 \cdot 1 = - 4$ .

Resultado: b) i) $f^{'} (- 3) = 0$ ; ii) $f^{'} (2, 7) = 2$ ; iii) $\int_{- 3}^{- 2} f (x) d x = - 4$

Ejercicio 162 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2014

El primer conjunto de ejes muestra la gráfica de $y = f (x)$ para $- 4 \leq x \leq 4$ .

Primer conjunto de ejes con la gráfica de f: horizontal en y = −1 desde x = −4 hasta x = 0 y recta de pendiente 1 de (0, −1) a (4, 3); segundo conjunto de ejes vacío, con la misma escala

Sea $g (x) = \int_{- 4}^{x} f (t) d t$ para $- 4 \leq x \leq 4$ .

a) Indique el valor de $x$ para el cual $g (x)$ tiene un mínimo.

b) En el segundo conjunto de ejes, trace el gráfico de $y = g (x)$ .

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a) 1. Por el teorema fundamental del cálculo, $g^{'} (x) = f (x)$ . 2. Un mínimo necesita $g^{'} = f = 0$ con cambio de signo de negativo a positivo. $f < 0$ para $x < 1$ y $f > 0$ para $x > 1$ , y $f (1) = 0$ . 3. El mínimo de $g$ está en $x = 1$ .

b) 1. Para $- 4 \leq x \leq 0$ : $f (t) = - 1$ , luego $g (x) = \int_{- 4}^{x} (- 1) d t = - (x + 4) = - x - 4$ (de $g (- 4) = 0$ a $g (0) = - 4$ , una recta de pendiente $- 1$ ). 2. Para $0 < x \leq 4$ : $f (t) = t - 1$ , así que $g (x) = g (0) + \int_{0}^{x} (t - 1) d t = - 4 + \frac{x ^{2}}{2} - x$ . 3. El valor mínimo es $g (1) = - 4 + \frac{1}{2} - 1 = - \frac{9}{2}$ , y $g (4) = - 4 + 8 - 4 = 0$ . 4. La gráfica es un segmento de $(- 4, 0)$ a $(0, - 4)$ seguido de un arco de parábola de $(0, - 4)$ a $(4, 0)$ con mínimo en $(1, - \frac{9}{2})$ .

Gráfica de y = g(x) para −4 ≤ x ≤ 4: segmento de (−4, 0) a (0, −4) y arco de parábola de (0, −4) a (4, 0) con mínimo en (1, −9/2)

Resultado: a) $x = 1$ ; b) $g (x) = - x - 4$ si $- 4 \leq x \leq 0$ y $g (x) = - 4 + \frac{x ^{2}}{2} - x$ si $0 < x \leq 4$

Ejercicio 163 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2010Demostración

a) Sabiendo que $α > 1$ , utilice la sustitución $u = \frac{1}{x}$ para mostrar que $\int_{1}^{α} \frac{1}{1 + x ^{2}} d x = \int_{\frac{1}{α}}^{1} \frac{1}{1 + u ^{2}} d u$ .

b) Usando lo anterior muestre que $arctan α + arctan \frac{1}{α} = \frac{π}{2}$ .

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Resultado: queda demostrado: $arctan α + arctan \frac{1}{α} = \frac{π}{2}$ .

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a) 1. Sustitución $u = \frac{1}{x}$ , es decir $x = \frac{1}{u}$ , de modo que $d x = - \frac{1}{u ^{2}} d u$ . 2. Límites: si $x = 1$ , $u = 1$ ; si $x = α$ , $u = \frac{1}{α}$ . 3. El integrando: $\frac{1}{1 + x ^{2}} = \frac{1}{1 + \frac{1}{u ^{2}}} = \frac{u ^{2}}{u ^{2} + 1}$ . 4. Entonces $\int_{1}^{α} \frac{d x}{1 + x ^{2}} = \int_{1}^{\frac{1}{α}} \frac{u ^{2}}{u ^{2} + 1} (- \frac{1}{u ^{2}}) d u = - \int_{1}^{\frac{1}{α}} \frac{d u}{1 + u ^{2}}$ . 5. Intercambiar los límites cambia el signo, así que $= \int_{\frac{1}{α}}^{1} \frac{d u}{1 + u ^{2}}$ , como se pedía.

b) 1. Calculamos el miembro izquierdo: $\int_{1}^{α} \frac{d x}{1 + x ^{2}} = [arctan x]_{1}^{α} = arctan α - \frac{π}{4}$ . 2. Calculamos el derecho: $\int_{\frac{1}{α}}^{1} \frac{d u}{1 + u ^{2}} = [arctan u]_{\frac{1}{α}}^{1} = \frac{π}{4} - arctan \frac{1}{α}$ . 3. Por el apartado (a) son iguales: $arctan α - \frac{π}{4} = \frac{π}{4} - arctan \frac{1}{α}$ . 4. Pasando $arctan \frac{1}{α}$ al primer miembro y $\frac{π}{4}$ al segundo: $arctan α + arctan \frac{1}{α} = \frac{π}{2}$ .

Resultado: queda demostrado: $arctan α + arctan \frac{1}{α} = \frac{π}{2}$ .

Ejercicio 164 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2013

a) La figura 1 muestra una parte de la gráfica de $y = \frac{1}{x}$ , junto con segmentos de recta paralela a los ejes de coordenadas.

Parte de la gráfica de y = 1/x con dos rectángulos por encima y dos por debajo de la curva sobre los intervalos (a − 1, a) y (a, a + 1)

(i) Partiendo del área de rectángulos apropiados, compruebe que: $\frac{2 a + 1}{a ( a + 1 )} < ln (\frac{a + 1}{a - 1}) < \frac{2 a - 1}{a ( a - 1 )}$ .

(ii) A partir de lo anterior, halle un límite inferior y un límite superior para $ln (1, 2)$ .

b) Se puede obtener un valor mejorado para el límite superior considerando la figura 2, que muestra de nuevo una parte de la gráfica de $y = \frac{1}{x}$ .

Parte de la gráfica de y = 1/x con las verticales en x = a − 1 y x = a hasta la curva y el segmento que une los dos puntos de la curva

(i) Partiendo del área de regiones apropiadas, compruebe que: $ln (\frac{a}{a - 1}) < \frac{2 a - 1}{2 a ( a - 1 )}$ .

(ii) A partir de lo anterior, halle un límite superior para $ln (1, 2)$ .

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Resultado: a) (i) comprobado; (ii) $0, 174 < ln (1, 2) < 0, 191$ ; b) (i) comprobado; (ii) $ln (1, 2) < 0, 183$

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a) (i) 1. Sea $a > 1$ . Como $y = \frac{1}{x}$ es decreciente, en $[a - 1, a]$ el valor menor de la curva es $\frac{1}{a}$ y el mayor $\frac{1}{a - 1}$ ; en $[a, a + 1]$ el menor es $\frac{1}{a + 1}$ y el mayor $\frac{1}{a}$ . 2. Los rectángulos de la figura de altura menor quedan por debajo de la curva y los de altura mayor por encima. Cada rectángulo tiene base $1$ , así que su área es su altura. 3. Área por debajo: $\frac{1}{a} + \frac{1}{a + 1}$ . Área por encima: $\frac{1}{a - 1} + \frac{1}{a}$ . 4. El área bajo la curva entre $a - 1$ y $a + 1$ queda entre ambas: $\frac{1}{a} + \frac{1}{a + 1} < \int_{a - 1}^{a + 1} \frac{1}{x} d x < \frac{1}{a - 1} + \frac{1}{a}$ . 5. La integral vale $ln (a + 1) - ln (a - 1) = ln \frac{a + 1}{a - 1}$ , y las sumas son $\frac{2 a + 1}{a ( a + 1 )}$ y $\frac{2 a - 1}{a ( a - 1 )}$ . Queda comprobado.

(ii) 1. Imponemos $\frac{a + 1}{a - 1} = 1, 2$ : $a + 1 = 1, 2 a - 1, 2$ , luego $a = 11$ . 2. Cota inferior: $\frac{2 \cdot 11 + 1}{11 \cdot 12} = \frac{23}{132} \approx 0, 174$ . Cota superior: $\frac{2 \cdot 11 - 1}{11 \cdot 10} = \frac{21}{110} \approx 0, 191$ . 3. Luego $0, 174 < ln (1, 2) < 0, 191$ .

b) (i) 1. En $[a - 1, a]$ la curva $y = \frac{1}{x}$ es convexa, así que la cuerda que une $(a - 1, \frac{1}{a - 1})$ con $(a, \frac{1}{a})$ queda por encima de la curva. 2. El área bajo la cuerda es la de un trapecio de base $1$ : $\frac{1}{2} (\frac{1}{a - 1} + \frac{1}{a})$ . 3. Por tanto $\int_{a - 1}^{a} \frac{1}{x} d x < \frac{1}{2} (\frac{1}{a - 1} + \frac{1}{a})$ . 4. El primer miembro es $ln \frac{a}{a - 1}$ y el segundo $\frac{1}{2} \cdot \frac{a + a - 1}{a ( a - 1 )} = \frac{2 a - 1}{2 a ( a - 1 )}$ . Queda comprobado.

(ii) 1. $\frac{a}{a - 1} = 1, 2 \Rightarrow a = 1, 2 a - 1, 2 \Rightarrow a = 6$ . 2. $ln (1, 2) < \frac{2 \cdot 6 - 1}{2 \cdot 6 \cdot 5} = \frac{11}{60} \approx 0, 183$ .

Resultado: a) (i) comprobado; (ii) $0, 174 < ln (1, 2) < 0, 191$ ; b) (i) comprobado; (ii) $ln (1, 2) < 0, 183$

Ejercicio 165 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2013

Considere el número complejo $z = cos θ + i sen θ$ .

a) Utilice el teorema de De Moivre para comprobar que $z^{n} + z^{- n} = 2 cos n θ$ , $n \in Z^{+}$ .

b) Desarrolle $(z + z^{- 1})^{4}$ .

c) A partir de lo anterior, compruebe que $cos^{4} θ = p cos 4 θ + q cos 2 θ + r$ , donde $p$ , $q$ y $r$ son constantes que hay que determinar.

d) Compruebe que $cos^{6} θ = \frac{1}{32} cos 6 θ + \frac{3}{16} cos 4 θ + \frac{15}{32} cos 2 θ + \frac{5}{16}$ .

e) A partir de lo anterior, halle el valor de $\int_{0}^{π /2} cos^{6} θ d θ$ .

La región $S$ está definida por la curva $y = sen x cos^{2} x$ y el eje $x$ , entre $x = 0$ y $x = \frac{π}{2}$ .

f) $S$ se rota $2 π$ radianes alrededor del eje $x$ . Halle el valor del volumen así generado.

g) i) Escriba una expresión para el término constante del desarrollo de $(z + z^{- 1})^{2 k}$ , $k \in Z^{+}$ .

(ii) A partir de lo anterior, determine una expresión para $\int_{0}^{π /2} cos^{2 k} θ d θ$ en función de $k$ .

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Resultado: a) comprobado; b) $(z + z^{- 1})^{4} = z^{4} + 4 z^{2} + 6 + 4 z^{- 2} + z^{- 4}$ ; c) $p = \frac{1}{8}$ , $q = \frac{1}{2}$ , $r = \frac{3}{8}$ ; d) comprobado; e) $\frac{5 π}{32}$ ; f) $V = \frac{π ^{2}}{32} \approx 0, 308$ ; g) i) $(k 2 k)$ ; ii) $\frac{( k 2 k )}{2 ^{2 k}} \cdot \frac{π}{2}$

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a) 1. Por el teorema de De Moivre, $z^{n} = cos n θ + i sen n θ$ y $z^{- n} = cos (- n θ) + i sen (- n θ) = cos n θ - i sen n θ$ . 2. Sumando: $z^{n} + z^{- n} = 2 cos n θ$ .

b) Con el teorema del binomio: $(z + z^{- 1})^{4} = z^{4} + 4 z^{2} + 6 + 4 z^{- 2} + z^{- 4} .$

c) 1. Por a) con $n = 1$ , $z + z^{- 1} = 2 cos θ$ , luego $(z + z^{- 1})^{4} = 16 cos^{4} θ$ . 2. Agrupamos el desarrollo de b): $(z^{4} + z^{- 4}) + 4 (z^{2} + z^{- 2}) + 6 = 2 cos 4 θ + 8 cos 2 θ + 6$ . 3. Igualamos: $16 cos^{4} θ = 2 cos 4 θ + 8 cos 2 θ + 6$ , es decir, $cos^{4} θ = \frac{1}{8} cos 4 θ + \frac{1}{2} cos 2 θ + \frac{3}{8}$ . 4. Luego $p = \frac{1}{8}$ , $q = \frac{1}{2}$ , $r = \frac{3}{8}$ .

d) 1. $(z + z^{- 1})^{6} = z^{6} + 6 z^{4} + 15 z^{2} + 20 + 15 z^{- 2} + 6 z^{- 4} + z^{- 6} = 2 cos 6 θ + 12 cos 4 θ + 30 cos 2 θ + 20$ . 2. Como $(z + z^{- 1})^{6} = 64 cos^{6} θ$ , dividimos entre $64$ : $cos^{6} θ = \frac{1}{32} cos 6 θ + \frac{3}{16} cos 4 θ + \frac{15}{32} cos 2 θ + \frac{5}{16}$ .

e) 1. Integramos el resultado de d): $\int_{0}^{π /2} cos 6 θ d θ = [\frac{sen 6 θ}{6}]_{0}^{π /2} = 0$ ; igualmente se anulan las de $cos 4 θ$ y $cos 2 θ$ (los senos de $2 π$ y $π$ valen $0$ ). 2. Solo queda el término constante: $\frac{5}{16} \cdot \frac{π}{2} = \frac{5 π}{32}$ .

f) 1. Volumen de revolución alrededor del eje $x$ : $V = π \int_{0}^{π /2} (sen x cos^{2} x)^{2} d x = π \int_{0}^{π /2} sen^{2} x cos^{4} x d x$ . 2. Escribimos $sen^{2} x = 1 - cos^{2} x$ : $V = π (\int_{0}^{π /2} cos^{4} x d x - \int_{0}^{π /2} cos^{6} x d x)$ . 3. Por c), $\int_{0}^{π /2} cos^{4} x d x = \frac{3}{8} \cdot \frac{π}{2} = \frac{3 π}{16}$ (de nuevo solo sobrevive el término constante). Por e), la segunda vale $\frac{5 π}{32}$ . 4. $V = π (\frac{6 π}{32} - \frac{5 π}{32}) = \frac{π ^{2}}{32} \approx 0, 308$ .

g) i) El término constante de $(z + z^{- 1})^{2 k}$ aparece al elegir $k$ veces $z$ y $k$ veces $z^{- 1}$ : es $(k 2 k)$ .

(ii) 1. $(2 cos θ)^{2 k} = (z + z^{- 1})^{2 k}$ . Los demás términos se agrupan por parejas $z^{m} + z^{- m} = 2 cos m θ$ (con $m$ par), cuya integral entre $0$ y $\frac{π}{2}$ es $0$ . 2. Luego $2^{2 k} \int_{0}^{π /2} cos^{2 k} θ d θ = (k 2 k) \cdot \frac{π}{2}$ . 3. Por tanto $\int_{0}^{π /2} cos^{2 k} θ d θ = \frac{( k 2 k )}{2 ^{2 k}} \cdot \frac{π}{2}$ .

Ejercicio 166 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2014

a) i) Muestre que $(1 + i tan θ)^{n} + (1 - i tan θ)^{n} = \frac{2 cos n θ}{cos ^{n} θ}$ , $cos θ \neq = 0$ .

(ii) A partir de lo anterior, verifique que $i tan \frac{3 π}{8}$ es una raíz de la ecuación $(1 + z)^{4} + (1 - z)^{4} = 0$ , $z \in C$ .

(iii) Indique otra raíz de la ecuación $(1 + z)^{4} + (1 - z)^{4} = 0$ , $z \in C$ .

b) i) Utilice la identidad del ángulo doble $tan 2 θ = \frac{2 tan θ}{1 - tan ^{2} θ}$ para mostrar que $tan \frac{π}{8} = 2 - 1$ .

(ii) Muestre que $cos 4 x = 8 cos^{4} x - 8 cos^{2} x + 1$ .

(iii) A partir de lo anterior, halle el valor de $\int_{0}^{π /8} \frac{2 cos 4 x}{cos ^{2} x} d x$ .

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Resultado: a) (i) y (ii) comprobados; (iii) otra raíz $- i tan \frac{3 π}{8}$ ; b) (i) y (ii) comprobados; (iii) $42 - 2 - π$

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a) (i) 1. Escribimos $1 + i tan θ = \frac{cos θ + i sen θ}{cos θ}$ y $1 - i tan θ = \frac{cos θ - i sen θ}{cos θ}$ . 2. Por De Moivre: $(1 + i tan θ)^{n} = \frac{cos n θ + i sen n θ}{cos ^{n} θ}$ y $(1 - i tan θ)^{n} = \frac{cos n θ - i sen n θ}{cos ^{n} θ}$ . 3. Sumando: $\frac{2 cos n θ}{cos ^{n} θ}$ .

(ii) 1. Con $n = 4$ y $θ = \frac{3 π}{8}$ (donde $cos θ \neq = 0$ ): $(1 + i tan θ)^{4} + (1 - i tan θ)^{4} = \frac{2 cos \frac{3 π}{2}}{cos ^{4} θ} = 0$ . 2. Con $z = i tan \frac{3 π}{8}$ eso es $(1 + z)^{4} + (1 - z)^{4} = 0$ , luego $z$ es raíz.

(iii) Los coeficientes de la ecuación son reales, así que el conjugado también es raíz: $z = - i tan \frac{3 π}{8}$ . (También se ve porque la ecuación solo tiene potencias pares de $z$ .)

b) (i) 1. Con $θ = \frac{π}{8}$ y $t = tan \frac{π}{8}$ : $tan \frac{π}{4} = 1 = \frac{2 t}{1 - t ^{2}}$ . 2. $1 - t^{2} = 2 t$ , es decir, $t^{2} + 2 t - 1 = 0$ , de donde $t = - 1 \pm 2$ . 3. Como $\frac{π}{8}$ está en el primer cuadrante, $t > 0$ : $tan \frac{π}{8} = 2 - 1$ .

(ii) $cos 4 x = 2 cos^{2} 2 x - 1 = 2 (2 cos^{2} x - 1)^{2} - 1 = 2 (4 cos^{4} x - 4 cos^{2} x + 1) - 1 = 8 cos^{4} x - 8 cos^{2} x + 1$ .

(iii) 1. Por (ii): $\frac{2 cos 4 x}{cos ^{2} x} = \frac{16 cos ^{4} x - 16 cos ^{2} x + 2}{cos ^{2} x} = 16 cos^{2} x - 16 + \frac{2}{cos ^{2} x}$ . 2. Con $cos^{2} x = \frac{1 + cos 2 x}{2}$ : $= 8 cos 2 x - 8 + 2 sec^{2} x$ . 3. $\int_{0}^{π /8} (8 cos 2 x - 8 + 2 sec^{2} x) d x = [4 sen 2 x - 8 x + 2 tan x]_{0}^{π /8}$ . 4. $= 4 \cdot \frac{2}{2} - π + 2 (2 - 1) = 42 - 2 - π$ (usando b) (i)).

Resultado: a) (i) y (ii) comprobados; (iii) otra raíz $- i tan \frac{3 π}{8}$ ; b) (i) y (ii) comprobados; (iii) $42 - 2 - π$

Ejercicio 167 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2018

a) Utilice la regla de l'Hôpital para determinar el valor de $x \to 0 lim (\frac{e ^{- 3 x^{2}} + 3 cos ( 2 x ) - 4}{3 x ^{2}})$ .

b) A partir de lo anterior, halle $x \to 0 lim \frac{\int _{0}^{x} ( e ^{- 3 t^{2}} + 3 cos ( 2 t ) - 4 ) d t}{\int _{0}^{x} 3 t ^{2} d t}$ .

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Resultado: a) $- 3$ ; b) $- 3$

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a) 1. Para $x \to 0$ , el numerador tiende a $1 + 3 - 4 = 0$ y el denominador a $0$ : forma $\frac{0}{0}$ . Aplicamos L'Hôpital. 2. Derivadas: numerador $- 6 x e^{- 3 x^{2}} - 6 sen 2 x$ ; denominador $6 x$ . El cociente sigue siendo $\frac{0}{0}$ en $x = 0$ . 3. Aplicamos L'Hôpital otra vez. Numerador: $- 6 e^{- 3 x^{2}} + 36 x^{2} e^{- 3 x^{2}} - 12 cos 2 x$ ; denominador: $6$ . 4. En $x = 0$ : $\frac{- 6 + 0 - 12}{6} = - 3$ .

b) 1. Numerador y denominador son integrales con límite superior $x$ y tienden a $0$ cuando $x \to 0$ : forma $\frac{0}{0}$ . 2. Por el teorema fundamental del cálculo, la derivada del numerador es $e^{- 3 x^{2}} + 3 cos 2 x - 4$ y la del denominador es $3 x^{2}$ . 3. Aplicamos L'Hôpital: el límite es $x \to 0 lim \frac{e ^{- 3 x^{2}} + 3 cos 2 x - 4}{3 x ^{2}}$ , que es el del apartado a). 4. Vale $- 3$ .

Resultado: a) $- 3$ ; b) $- 3$

Ejercicio 168 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2006

a) i) Calcule $I_{n} = \int_{- n}^{α n} \frac{x}{1 + x ^{2}} d x$ , donde $α$ es una constante positiva y $n$ es un entero positivo.

(ii) Calcule $n \to \infty lim I_{n}$ .

b) Usando la regla de l'Hôpital calcule $x \to 0 lim (\frac{tan β x - β tan x}{sen β x - β sen x})$ , donde $β$ es una constante diferente de cero y diferente de $\pm 1$ .

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Resultado: a) i) $I_{n} = \frac{1}{2} ln (\frac{1 + α ^{2} n ^{2}}{1 + n ^{2}})$ ; ii) $ln α$ ; b) $- 2$

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a) i) 1. Sustitución $u = 1 + x^{2}$ , $d u = 2 x d x$ : $\int \frac{x}{1 + x ^{2}} d x = \frac{1}{2} ln (1 + x^{2})$ . 2. $I_{n} = \frac{1}{2} [ln (1 + α^{2} n^{2}) - ln (1 + n^{2})] = \frac{1}{2} ln (\frac{1 + α ^{2} n ^{2}}{1 + n ^{2}})$ .

(ii) 1. Dividimos numerador y denominador entre $n^{2}$ : $\frac{1 + α ^{2} n ^{2}}{1 + n ^{2}} = \frac{\frac{1}{n ^{2}} + α ^{2}}{\frac{1}{n ^{2}} + 1} \to α^{2}$ . 2. Por continuidad del logaritmo, $n \to \infty lim I_{n} = \frac{1}{2} ln α^{2} = ln α$ (con $α > 0$ ).

b) 1. Es de la forma $\frac{0}{0}$ en $x = 0$ . Aplicamos L'Hôpital; llamamos $N = tan β x - β tan x$ y $D = sen β x - β sen x$ . 2. $N^{'} = β sec^{2} β x - β sec^{2} x$ y $D^{'} = β cos β x - β cos x$ : sigue siendo $\frac{0}{0}$ . 3. $N^{''} = 2 β^{2} sec^{2} β x tan β x - 2 β sec^{2} x tan x$ y $D^{''} = - β^{2} sen β x + β sen x$ : otra vez $\frac{0}{0}$ . 4. $N^{'''} = 2 β^{3} (2 sec^{2} β x tan^{2} β x + sec^{4} β x) - 2 β (2 sec^{2} x tan^{2} x + sec^{4} x)$ , que en $x = 0$ vale $2 β^{3} - 2 β$ . $D^{'''} = - β^{3} cos β x + β cos x$ , que en $x = 0$ vale $- β^{3} + β$ . 5. Límite $= \frac{2 β ^{3} - 2 β}{- β ^{3} + β} = \frac{2 β ( β ^{2} - 1 )}{- β ( β ^{2} - 1 )} = - 2$ (se puede simplificar porque $β \neq = 0, \pm 1$ ).

Resultado: a) i) $I_{n} = \frac{1}{2} ln (\frac{1 + α ^{2} n ^{2}}{1 + n ^{2}})$ ; ii) $ln α$ ; b) $- 2$

Ejercicio 169 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2013

a) Encuentre todos los valores de $x$ , $0, 1 \leq x \leq 1$ , para los cuales $sen (π x^{- 1}) = 0$ .

b) Calcule $\int_{\frac{1}{n + 1}}^{\frac{1}{n}} π x^{- 2} sen (π x^{- 1}) d x$ , mostrando que toma valores enteros diferentes cuando $n$ es par y cuando $n$ es impar.

c) Evalúe $\int_{0, 1}^{1} π x^{- 2} sen (π x^{- 1}) d x$ .

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Resultado: a) $x = 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots, \frac{1}{10}$ ; b) $2$ si $n$ es par, $- 2$ si $n$ es impar; c) $18$

Ver proceso y resultado

a) 1. $sen (\frac{π}{x}) = 0$ cuando $\frac{π}{x} = mπ$ con $m \in Z$ , es decir, $x = \frac{1}{m}$ . 2. Imponemos $0, 1 \leq \frac{1}{m} \leq 1$ , o sea $1 \leq m \leq 10$ . 3. Las soluciones son $x = 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots, \frac{1}{10}$ .

b) 1. Técnica: sustitución $u = π x^{- 1}$ , de modo que $d u = - π x^{- 2} d x$ . 2. Límites: si $x = \frac{1}{n + 1}$ , entonces $u = (n + 1) π$ ; si $x = \frac{1}{n}$ , entonces $u = nπ$ . 3. $\int_{\frac{1}{n + 1}}^{\frac{1}{n}} π x^{- 2} sen (π x^{- 1}) d x = \int_{(n + 1) π}^{nπ} - sen u d u = \int_{nπ}^{(n + 1) π} sen u d u$ . 4. $= [- cos u]_{nπ}^{(n + 1) π} = - cos ((n + 1) π) + cos (nπ) = (- 1)^{n} + (- 1)^{n} = 2 (- 1)^{n}$ . 5. Si $n$ es par vale $2$ , y si $n$ es impar vale $- 2$ : dos enteros distintos.

c) 1. El intervalo $[0, 1, 1]$ se descompone en los intervalos $[\frac{1}{n + 1}, \frac{1}{n}]$ para $n = 1, 2, \dots, 9$ . 2. En cada uno de ellos el seno no cambia de signo (sus extremos son ceros consecutivos), así que $\int ∣ \dots ∣ d x = \int \dots d x = ∣2 (- 1)^{n} ∣ = 2$ . 3. Sumamos los nueve intervalos: $9 \cdot 2 = 18$ .

Resultado: a) $x = 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots, \frac{1}{10}$ ; b) $2$ si $n$ es par, $- 2$ si $n$ es impar; c) $18$

Ejercicio 170 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2015

Considere la función $f (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}}$ , $x \in R$ .

a) Ilustre gráficamente la inecuación $\frac{1}{5} r = 1 \sum 5 f (\frac{r}{5}) < \int_{0}^{1} f (x) d x < \frac{1}{5} r = 0 \sum 4 f (\frac{r}{5})$ .

b) Utilice la inecuación del apartado (a) para hallar un límite inferior y uno superior para $π$ .

c) Muestre que $r = 0 \sum n - 1 (- 1)^{r} x^{2 r} = \frac{1 + ( - 1 ) ^{n - 1} x ^{2 n}}{1 + x ^{2}}$ .

d) A partir de lo anterior, muestre que $π = 4 (r = 0 \sum n - 1 \frac{( - 1 ) ^{r}}{2 r + 1} - (- 1)^{n - 1} \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 n}}{1 + x ^{2}} d x)$ .

Ver solución

a) 1. $f (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}}$ es decreciente en $[0, 1]$ . Dividimos $[0, 1]$ en cinco intervalos de longitud $\frac{1}{5}$ y dibujamos rectángulos sobre ellos. 2. Si la altura de cada rectángulo es el valor de $f$ en el extremo derecho del subintervalo ( $f (\frac{r}{5})$ , $r = 1, \dots, 5$ ), los rectángulos quedan por debajo de la curva: su suma es la cota inferior. 3. Si la altura es el valor en el extremo izquierdo ( $f (\frac{r}{5})$ , $r = 0, \dots, 4$ ), los rectángulos sobresalen de la curva: su suma es la cota superior. 4. Por tanto, la suma de los cinco rectángulos inferiores es menor que $\int_{0}^{1} f (x) d x$ , y esta es menor que la suma de los cinco superiores.

Gráfica de f(x) = 1/(1 + x²) en (0, 1) con cinco rectángulos de base 1/5 inferiores y cinco superiores

b) 1. $\int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x ^{2}} d x = [arctan x]_{0}^{1} = \frac{π}{4}$ . 2. Suma inferior: $\frac{1}{5} (0, 9615 + 0, 8621 + 0, 7353 + 0, 6098 + 0, 5) \approx 0, 7337$ . 3. Suma superior: $\frac{1}{5} (1 + 0, 9615 + 0, 8621 + 0, 7353 + 0, 6098) \approx 0, 8337$ . 4. Entonces $0, 7337 < \frac{π}{4} < 0, 8337$ , y multiplicando por $4$ : $2, 9349 < π < 3, 3349$ .

c) 1. Es la suma de una progresión geométrica de $n$ términos, primer término $1$ y razón $- x^{2}$ . 2. $r = 0 \sum n - 1 (- x^{2})^{r} = \frac{1 - ( - x ^{2} ) ^{n}}{1 - ( - x ^{2} )} = \frac{1 - ( - 1 ) ^{n} x ^{2 n}}{1 + x ^{2}}$ . 3. Como $- (- 1)^{n} = (- 1)^{n - 1}$ , queda $\frac{1 + ( - 1 ) ^{n - 1} x ^{2 n}}{1 + x ^{2}}$ . Además $(- x^{2})^{r} = (- 1)^{r} x^{2 r}$ .

d) 1. Integramos el resultado de c) entre $0$ y $1$ : $r = 0 \sum n - 1 (- 1)^{r} \int_{0}^{1} x^{2 r} d x = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + x ^{2}} d x + (- 1)^{n - 1} \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 n}}{1 + x ^{2}} d x$ . 2. Como $\int_{0}^{1} x^{2 r} d x = \frac{1}{2 r + 1}$ y la primera integral de la derecha vale $\frac{π}{4}$ : $r = 0 \sum n - 1 \frac{( - 1 ) ^{r}}{2 r + 1} = \frac{π}{4} + (- 1)^{n - 1} \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 n}}{1 + x ^{2}} d x$ . 3. Despejamos $π$ : $π = 4 (r = 0 \sum n - 1 \frac{( - 1 ) ^{r}}{2 r + 1} - (- 1)^{n - 1} \int_{0}^{1} \frac{x ^{2 n}}{1 + x ^{2}} d x)$ .

Resultado: b) $2, 9349 < π < 3, 3349$ ; c) y d) quedan demostrados.

Ejercicio 171 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2013

Sea $g (x) = sen (x^{2})$ , donde $x \in R$ .

a) Utilizando el resultado $t \to 0 lim \frac{sen t}{t} = 1$ , o de cualquier otro modo, calcule $x \to 0 lim \frac{g ( 2 x ) - g ( 3 x )}{4 x ^{2}}$ .

b) Utilice la serie de Maclaurin de $sen x$ para comprobar que $g (x) = n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{x ^{4 n + 2}}{( 2 n + 1 )!}$ .

c) A partir de lo anterior, determine el número mínimo de términos del desarrollo de $g (x)$ que se necesitan para aproximar el valor de $\int_{0}^{1} g (x) d x$ con cuatro lugares decimales.

Ver resultado

Resultado: a) $- \frac{5}{4}$ ; c) $3$ términos ( $n = 0, 1, 2$ ), que dan $\int_{0}^{1} g (x) d x \approx 0, 3103$

Ver proceso y resultado

a) 1. $g (2 x) = sen (4 x^{2})$ y $g (3 x) = sen (9 x^{2})$ . 2. Separamos: $\frac{sen 4 x ^{2} - sen 9 x ^{2}}{4 x ^{2}} = \frac{sen 4 x ^{2}}{4 x ^{2}} - \frac{9}{4} \cdot \frac{sen 9 x ^{2}}{9 x ^{2}}$ . 3. Cuando $x \to 0$ , $t = 4 x^{2} \to 0$ y $t = 9 x^{2} \to 0$ , así que cada cociente tiende a $1$ . 4. El límite es $1 - \frac{9}{4} = - \frac{5}{4}$ .

b) 1. $sen t = n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{t ^{2 n + 1}}{( 2 n + 1 )!}$ . 2. Sustituimos $t = x^{2}$ : $sen x^{2} = n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{( x ^{2} ) ^{2 n + 1}}{( 2 n + 1 )!} = n = 0 \sum \infty (- 1)^{n} \frac{x ^{4 n + 2}}{( 2 n + 1 )!}$ .

c) 1. Integramos término a término: $\int_{0}^{1} g (x) d x = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n + 1 )! ( 4 n + 3 )}$ . 2. Los términos son: $n = 0$ : $\frac{1}{3} \approx 0, 333333$ ; $n = 1$ : $- \frac{1}{42} \approx - 0, 023810$ ; $n = 2$ : $\frac{1}{1320} \approx 0, 000758$ ; $n = 3$ : $- \frac{1}{75600} \approx - 0, 0000132$ . 3. Es una serie alternada con términos decrecientes: el error al parar es menor que el primer término omitido. Para tener cuatro cifras decimales correctas basta un error menor que $0, 00005$ . 4. Con dos términos el error puede llegar a $0, 00076$ (no basta). Con tres términos ( $n = 0, 1, 2$ ) el error es menor que $0, 0000132 < 0, 00005$ : $0, 333333 - 0, 023810 + 0, 000758 \approx 0, 3103$ . 5. Hacen falta $3$ términos del desarrollo.

Resultado: a) $- \frac{5}{4}$ ; c) $3$ términos ( $n = 0, 1, 2$ ), que dan $\int_{0}^{1} g (x) d x \approx 0, 3103$

Ejercicio 172 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2017Demostración

Considere la curva $y = \frac{1}{x}$ , $x > 0$ .

a) Dibujando con precisión un diagrama y considerando el área bajo la curva de una región apropiada, muestre que para $r > 0$ , $\frac{1}{r + 1} < ln (\frac{r + 1}{r}) < \frac{1}{r}$ .

b) A partir de lo anterior, y sabiendo que $n$ es un número entero positivo mayor que uno, muestre que

(i) $r = 1 \sum n \frac{1}{r} > ln (1 + n)$

(ii) $r = 1 \sum n \frac{1}{r} < 1 + ln n$

Sea $U_{n} = r = 1 \sum n \frac{1}{r} - ln n$ .

c) A partir de lo anterior, y sabiendo que $n$ es un número entero positivo mayor que uno, muestre que

(i) $U_{n} > 0$

(ii) $U_{n + 1} < U_{n}$

d) Explique por qué estos dos resultados demuestran que ${U_{n}}$ es una progresión convergente.

Ver resultado

Resultado: queda demostrado.

Ver proceso y resultado

a) 1. En $x > 0$ , $y = \frac{1}{x}$ es decreciente. Sobre el intervalo $[r, r + 1]$ el área bajo la curva es $\int_{r}^{r + 1} \frac{1}{x} d x = ln (r + 1) - ln r = ln \frac{r + 1}{r}$ . 2. El rectángulo de base $1$ y altura $\frac{1}{r + 1}$ queda por debajo de la curva; el de base $1$ y altura $\frac{1}{r}$ la cubre por arriba. 3. Por tanto, $\frac{1}{r + 1} < ln \frac{r + 1}{r} < \frac{1}{r}$ .

Gráfica de y = 1/x con dos rectángulos de base 1 entre x = r y x = r + 1: uno de altura 1/(r+1) por debajo de la curva y otro de altura 1/r por encima

b) (i) 1. Usamos la desigualdad de la derecha, $\frac{1}{r} > ln \frac{r + 1}{r} = ln (r + 1) - ln r$ , para $r = 1, \dots, n$ y sumamos. 2. La suma de la derecha es telescópica: $r = 1 \sum n [ln (r + 1) - ln r] = ln (n + 1) - ln 1 = ln (n + 1)$ . 3. Por tanto $r = 1 \sum n \frac{1}{r} > ln (1 + n)$ .

(ii) 1. Usamos la desigualdad de la izquierda, $\frac{1}{r + 1} < ln (r + 1) - ln r$ , para $r = 1, \dots, n - 1$ y sumamos: $r = 1 \sum n - 1 \frac{1}{r + 1} < ln n - ln 1 = ln n$ . 2. El lado izquierdo es $r = 2 \sum n \frac{1}{r} = r = 1 \sum n \frac{1}{r} - 1$ . 3. Entonces $r = 1 \sum n \frac{1}{r} - 1 < ln n$ , es decir, $r = 1 \sum n \frac{1}{r} < 1 + ln n$ .

c) (i) 1. Por b)(i), $r = 1 \sum n \frac{1}{r} > ln (n + 1) > ln n$ , porque $ln$ es creciente. 2. Restando $ln n$ : $U_{n} > 0$ .

(ii) 1. $U_{n + 1} - U_{n} = \frac{1}{n + 1} - ln (n + 1) + ln n = \frac{1}{n + 1} - ln \frac{n + 1}{n}$ . 2. Por la desigualdad de la izquierda del apartado a) con $r = n$ , $\frac{1}{n + 1} < ln \frac{n + 1}{n}$ , luego $U_{n + 1} - U_{n} < 0$ y $U_{n + 1} < U_{n}$ .

d) 1. Por c)(ii), la sucesión ${U_{n}}$ es decreciente (monótona), y por c)(i) está acotada inferiormente por $0$ . 2. Una sucesión monótona y acotada es convergente.

Resultado: queda demostrado.

Ejercicio 173 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2022

La función $f$ se define por $f (x) = e^{x} sen x$ , donde $x \in R$ .

a) Calcule la serie de Maclaurin para $f (x)$ hasta e incluyendo el término en $x^{3}$ .

b) Usando lo anterior, calcule aproximadamente el valor para $\int_{0}^{1} e^{x^{2}} sen (x^{2}) d x$ .

La función $g$ se define por $g (x) = e^{x} cos x$ , donde $x \in R$ .

c) (i) Muestre que $g (x)$ satisface la ecuación $g^{''} (x) = 2 (g^{'} (x) - g (x))$ .

(ii) Usando lo anterior, deduzca que $g^{(4)} (x) = 2 (g^{'''} (x) - g^{''} (x))$ .

d) Usando el resultado del apartado (c), calcule la serie de Maclaurin para $g (x)$ hasta e incluyendo el término en $x^{4}$ .

e) Usando lo anterior, o de otra manera, determine el valor de $x \to 0 lim \frac{e ^{x} cos x - 1 - x}{x ^{3}}$ .

Ver resultado

Resultado: a) $x + x^{2} + \frac{x ^{3}}{3}$ ; b) $\frac{61}{105}$ ; c) queda demostrado; d) $1 + x - \frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{4}}{6}$ ; e) $- \frac{1}{3}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Multiplicamos los desarrollos: $e^{x} = 1 + x + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{6} + \dots$ y $sen x = x - \frac{x ^{3}}{6} + \dots$ . 2. Términos de $e^{x} sen x$ hasta $x^{3}$ : $x$ ; $x \cdot x = x^{2}$ ; $x \cdot \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{3}}{6} = \frac{x ^{3}}{3}$ . 3. $f (x) \approx x + x^{2} + \frac{x ^{3}}{3}$ .

b) 1. Sustituimos $x$ por $x^{2}$ : $e^{x^{2}} sen x^{2} \approx x^{2} + x^{4} + \frac{x ^{6}}{3}$ . 2. $\int_{0}^{1} (x^{2} + x^{4} + \frac{x ^{6}}{3}) d x = \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{21} = \frac{35 + 21 + 5}{105} = \frac{61}{105}$ .

c) (i) 1. $g^{'} (x) = e^{x} cos x - e^{x} sen x = e^{x} (cos x - sen x)$ . 2. $g^{''} (x) = e^{x} (cos x - sen x) + e^{x} (- sen x - cos x) = - 2 e^{x} sen x$ . 3. $g^{'} (x) - g (x) = e^{x} (cos x - sen x - cos x) = - e^{x} sen x$ , así que $2 (g^{'} - g) = - 2 e^{x} sen x = g^{''} (x)$ .

(ii) 1. Derivamos $g^{''} = 2 (g^{'} - g)$ : $g^{'''} = 2 (g^{''} - g^{'})$ . 2. Derivamos otra vez: $g^{(4)} = 2 (g^{'''} - g^{''})$ .

d) 1. $g (0) = 1$ , $g^{'} (0) = 1$ . 2. $g^{''} (0) = 2 (g^{'} (0) - g (0)) = 0$ . 3. $g^{'''} (0) = 2 (g^{''} (0) - g^{'} (0)) = - 2$ . 4. $g^{(4)} (0) = 2 (g^{'''} (0) - g^{''} (0)) = - 4$ . 5. $g (x) \approx 1 + x + \frac{0}{2 !} x^{2} + \frac{- 2}{3 !} x^{3} + \frac{- 4}{4 !} x^{4} = 1 + x - \frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{4}}{6}$ .

e) 1. Sustituimos: $e^{x} cos x - 1 - x \approx - \frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{4}}{6}$ . 2. Dividimos entre $x^{3}$ : $- \frac{1}{3} - \frac{x}{6} \to - \frac{1}{3}$ cuando $x \to 0$ .

Resultado: a) $x + x^{2} + \frac{x ^{3}}{3}$ ; b) $\frac{61}{105}$ ; c) queda demostrado; d) $1 + x - \frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{4}}{6}$ ; e) $- \frac{1}{3}$

Cálculo de áreas

Ejercicio 174 BásicoIB · P1 Mayo 1997

Calcule, en función de $k$ , el área encerrada por la curva $y = x$ , el eje $x$ y la recta $x = k$ , donde $k > 0$ .

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Resultado: $A = \frac{2}{3} k^{\frac{3}{2}}$

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La región está bajo $y = x$ (que es positiva) entre $x = 0$ (donde la curva toca el eje $x$ ) y $x = k$ .
$A = \int_{0}^{k} x^{\frac{1}{2}} d x = [\frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}}]_{0}^{k}$ .
$A = \frac{2}{3} k^{\frac{3}{2}}$ .

Resultado: $A = \frac{2}{3} k^{\frac{3}{2}}$

Ejercicio 175 MedioIB · P1 Mayo 2001

Sea $f (x) = \frac{sen x}{x}$ , $π \leq x \leq 3 π$ . Calcule el área encerrada por la gráfica de $f$ y el eje $x$ .

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Resultado: área $\approx 0, 690$ (unidades de área)

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El signo de $f (x) = \frac{sen x}{x}$ en $[π, 3 π]$ lo da el seno: es negativa en $] π, 2 π [$ y positiva en $] 2 π, 3 π [$ , y corta el eje en $x = 2 π$ .
El área es la suma de los valores absolutos de las dos regiones: $A = \int_{π}^{2 π} \frac{sen x}{x} d x + \int_{2 π}^{3 π} \frac{sen x}{x} d x$ , o bien $A = \int_{π}^{3 π} \frac{sen x}{x} d x$ .
Esta función no tiene primitiva elemental, así que con la CPG: $\int_{π}^{2 π} \frac{sen x}{x} d x \approx - 0, 433$ y $\int_{2 π}^{3 π} \frac{sen x}{x} d x \approx 0, 257$ .
Sumando los valores absolutos: $0, 433 + 0, 257 \approx 0, 690$ .

Resultado: área $\approx 0, 690$ (unidades de área)

Ejercicio 176 MedioIB · P1 Noviembre 2001

Calcule el área encerrada entre las curvas $y = \frac{2}{1 + x ^{2}}$ y $y = e^{\frac{x}{3}}$ , dado que $- 3 \leq x \leq 3$ .

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Resultado: área $\approx 1, 22$

Ver proceso y resultado

Buscamos los cortes de las curvas: $\frac{2}{1 + x ^{2}} = e^{\frac{x}{3}}$ . No se resuelve a mano; con la CPG, en $[- 3, 3]$ hay dos soluciones: $x_{1} \approx - 1, 525$ y $x_{2} \approx 0, 748$ .
Entre ellas, la curva de arriba es $y = \frac{2}{1 + x ^{2}}$ (por ejemplo en $x = 0$ vale $2$ frente a $e^{0} = 1$ ). La región encerrada por las dos curvas es la que hay entre $x_{1}$ y $x_{2}$ .
$A = \int_{x_{1}}^{x_{2}} (\frac{2}{1 + x ^{2}} - e^{\frac{x}{3}}) d x$ .
Con la CPG: $A \approx 1, 22$ .

Resultado: área $\approx 1, 22$

Ejercicio 177 MedioIB · P1 Noviembre 2000

Calcule el área encerrada por la gráfica de $y = x sen (x^{2})$ y el eje $x$ , entre $x = 0$ y el menor valor de $x$ positivo de intersección con el eje $x$ .

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Resultado: área $= 1$

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Los cortes con el eje $x$ cumplen $x sen (x^{2}) = 0$ . Para $x > 0$ hay que tener $sen (x^{2}) = 0$ , es decir $x^{2} = π, 2 π, \dots$ ; el menor es $x = π$ .
En $] 0, π [$ se tiene $0 < x^{2} < π$ , luego $sen (x^{2}) > 0$ y la función es positiva: $A = \int_{0}^{π} x sen (x^{2}) d x$ .
Sustitución $u = x^{2}$ , $d u = 2 x d x$ , o sea $x d x = \frac{d u}{2}$ . Límites: $x = 0 \to u = 0$ ; $x = π \to u = π$ .
$A = \frac{1}{2} \int_{0}^{π} sen u d u = \frac{1}{2} [- cos u]_{0}^{π} = \frac{1}{2} (1 + 1) = 1$ .

Resultado: área $= 1$

Ejercicio 178 MedioIB · P1 Mayo 1998

Calcule el área completa encerrada por la curva $y^{2} = x^{2} - x^{4}$ , $- 1 \leq x \leq 1$ .

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Resultado: área $= \frac{4}{3}$

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Despejamos: $y^{2} = x^{2} (1 - x^{2})$ , luego $y = \pm ∣ x ∣ 1 - x^{2}$ . La curva es simétrica respecto de ambos ejes, así que el área total es el cuádruple del área del primer cuadrante.
$A = 4 \int_{0}^{1} x 1 - x^{2} d x$ .
Sustitución $u = 1 - x^{2}$ , $d u = - 2 x d x$ . Límites: $x = 0 \to u = 1$ ; $x = 1 \to u = 0$ .
$A = 4 \int_{1}^{0} u (- \frac{1}{2}) d u = 2 \int_{0}^{1} u^{\frac{1}{2}} d u = 2 [\frac{2}{3} u^{\frac{3}{2}}]_{0}^{1} = \frac{4}{3}$ .

Resultado: área $= \frac{4}{3}$

Ejercicio 179 MedioIB · P1 TZ0 Mayo 2006

Sea $f (x) = 2^{0, 5 x}$ y $g (x) = 3^{- 0, 5 x} + \frac{5}{3}$ . Sea $R$ la región completamente encerrada entre las gráficas de $f$ y $g$ , y el eje $y$ . Halle el área de $R$ .

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Resultado: $A ˊ rea (R) \approx 1, 66$

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Buscamos dónde se cortan: $2^{0, 5 x} = 3^{- 0, 5 x} + \frac{5}{3}$ . Con la CPG (o probando) la solución es $x = 2$ : $f (2) = 2$ y $g (2) = \frac{1}{3} + \frac{5}{3} = 2$ . Como $f$ es creciente y $g$ decreciente, no hay más cortes.
La región queda entre el eje $y$ ( $x = 0$ ) y $x = 2$ . En $x = 0$ : $f (0) = 1$ y $g (0) = \frac{8}{3}$ , luego $g$ va por encima de $f$ .
$A = \int_{0}^{2} (g (x) - f (x)) d x = \int_{0}^{2} (3^{- 0, 5 x} + \frac{5}{3} - 2^{0, 5 x}) d x$ .
Con la CPG: $A \approx 1, 66$ . (De forma exacta: $\frac{4}{3 ln 3} + \frac{10}{3} - \frac{2}{ln 2}$ .)

Resultado: $A ˊ rea (R) \approx 1, 66$

Ejercicio 180 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2006

Se denomina $R$ a la región limitada por las curvas $y^{2} = k x$ y $x^{2} = k y$ , donde $k > 0$ . Sabiendo que el área de $R$ es $12$ , halle el valor de $k$ .

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Resultado: $k = 6$

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Despejamos las dos curvas para $x \geq 0$ : $y = k x$ y $y = \frac{x ^{2}}{k}$ .
Se cortan donde $k x = \frac{x ^{2}}{k}$ . Elevando al cuadrado, $k x = \frac{x ^{4}}{k ^{2}}$ , es decir $x (x^{3} - k^{3}) = 0$ , luego $x = 0$ o $x = k$ .
Entre $0$ y $k$ va por encima $y = k x$ (por ejemplo, en $x = \frac{k}{2}$ : $k^{2} /2 \approx 0, 71 k$ frente a $\frac{k}{4}$ ).
$A = \int_{0}^{k} (k x^{\frac{1}{2}} - \frac{x ^{2}}{k}) d x = [\frac{2 k}{3} x^{\frac{3}{2}} - \frac{x ^{3}}{3 k}]_{0}^{k} = \frac{2 k ^{2}}{3} - \frac{k ^{2}}{3} = \frac{k ^{2}}{3}$ .
Imponemos $\frac{k ^{2}}{3} = 12$ , luego $k^{2} = 36$ y, como $k > 0$ , $k = 6$ .

Resultado: $k = 6$

Ejercicio 181 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2011

Encuentre el área encerrada por la curva $y = arctan x$ , el eje $x$ y la recta $x = 3$ .

Ver resultado

Resultado: $A = 3 \cdot \frac{π}{3} - \frac{1}{2} ln 4 \approx 1, 12$

Ver proceso y resultado

En $[0, 3]$ se tiene $arctan x \geq 0$ , así que el área es $A = \int_{0}^{3} arctan x d x$ .
Por partes con $u = arctan x$ y $d v = d x$ : $d u = \frac{1}{1 + x ^{2}} d x$ y $v = x$ .
$\int arctan x d x = x arctan x - \int \frac{x}{1 + x ^{2}} d x = x arctan x - \frac{1}{2} ln (1 + x^{2})$ .
Evaluamos entre $0$ y $3$ : $3 arctan 3 - \frac{1}{2} ln 4 - 0 = 3 \cdot \frac{π}{3} - \frac{1}{2} ln 4$ .

Resultado: $A = 3 \cdot \frac{π}{3} - \frac{1}{2} ln 4 \approx 1, 12$

Ejercicio 182 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2012

Considere la gráfica de $y = x + sen (x - 3)$ , $- π \leq x \leq π$ .

a) Dibuje aproximadamente la gráfica, rotulando claramente las intersecciones con los ejes $x$ e $y$ e indicando sus valores.

b) Halle el área de la región delimitada por la gráfica y los ejes $x$ e $y$ .

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a) 1. Corte con el eje $y$ ( $x = 0$ ): $y = 0 + sen (- 3) \approx - 0, 141$ , es decir, $(0; - 0, 141)$ . 2. Corte con el eje $x$ : $x + sen (x - 3) = 0$ . Con la CPG, $x \approx 0, 820$ , es decir, $(0, 820; 0)$ . 3. Como $y^{'} = 1 + cos (x - 3) \geq 0$ , la función es creciente en todo el intervalo, así que no hay más cortes. Los extremos son $y (- π) \approx - 3, 00$ e $y (π) \approx 3, 28$ .

Gráfica de y = x + sen(x − 3) para x entre −π y π: curva creciente que corta al eje y por debajo del origen y al eje x en un punto de abscisa positiva

b) 1. La región queda entre el eje $y$ ( $x = 0$ ), el eje $x$ y la gráfica, para $0 \leq x \leq 0, 820$ . En ese tramo la gráfica está por debajo del eje $x$ (va de $- 0, 141$ a $0$ ). 2. $A = - \int_{0}^{0, 820} (x + sen (x - 3)) d x$ . 3. Con la CPG: $A \approx 0, 0816$ .

Resultado: a) cortes $(0; - 0, 141)$ y $(0, 820; 0)$ ; b) $A \approx 0, 0816$

Ejercicio 183 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2004

Halle el área total de las regiones encerradas por la curva $y = x^{3} - 3 x^{2} - 9 x + 27$ y la recta $y = x + 3$ .

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Resultado: área total $= \frac{407}{4} = 101, 75$

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Los cortes cumplen $x^{3} - 3 x^{2} - 9 x + 27 = x + 3$ , es decir $x^{3} - 3 x^{2} - 10 x + 24 = 0$ .
Con $x = 2$ : $8 - 12 - 20 + 24 = 0$ ✓. Factorizando: $(x - 2) (x^{2} - x - 12) = (x - 2) (x - 4) (x + 3)$ . Cortes en $x = - 3$ , $x = 2$ y $x = 4$ .
Sea $h (x) = x^{3} - 3 x^{2} - 10 x + 24$ (curva menos recta). En $x = 0$ , $h = 24 > 0$ : en $] - 3, 2 [$ la curva va por encima de la recta; en $] 2, 4 [$ , por debajo (en $x = 3$ , $h = 27 - 27 - 30 + 24 = - 6 < 0$ ).
Una primitiva de $h$ es $H (x) = \frac{x ^{4}}{4} - x^{3} - 5 x^{2} + 24 x$ . Valores: $H (- 3) = - \frac{279}{4}$ , $H (2) = 24$ , $H (4) = 16$ .
Primera región: $\int_{- 3}^{2} h d x = H (2) - H (- 3) = 24 + \frac{279}{4} = \frac{375}{4}$ .
Segunda región: $- \int_{2}^{4} h d x = - (16 - 24) = 8$ .
Área total: $\frac{375}{4} + 8 = \frac{407}{4}$ .

Resultado: área total $= \frac{407}{4} = 101, 75$

Ejercicio 184 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2008

Calcule el área encerrada entre las curvas $y = 2 + x - x^{2}$ e $y = 2 - 3 x + x^{2}$ .

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Resultado: Área $= \frac{8}{3}$

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Buscamos dónde se cortan las curvas: $2 + x - x^{2} = 2 - 3 x + x^{2}$ , es decir, $4 x - 2 x^{2} = 0$ , o sea $2 x (2 - x) = 0$ . Se cortan en $x = 0$ y en $x = 2$ .
Entre esos límites, la primera curva queda por encima de la segunda (por ejemplo en $x = 1$ : $2$ frente a $0$ ). La diferencia es $(2 + x - x^{2}) - (2 - 3 x + x^{2}) = 4 x - 2 x^{2}$ .
El área es $\int_{0}^{2} (4 x - 2 x^{2}) d x = [2 x^{2} - \frac{2 x ^{3}}{3}]_{0}^{2} = 8 - \frac{16}{3} = \frac{8}{3} .$

Resultado: Área $= \frac{8}{3}$

Ejercicio 185 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2005

Encuentre el área de la región encerrada por los gráficos de $f (x) = 4 - x^{2}$ y $g (x) = (x + 1) cos x$ .

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Resultado: Área $\approx 9, 4$

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Con la CPG (Prueba 1 con calculadora) buscamos los cortes de $y = 4 - x^{2}$ e $y = (x + 1) cos x$ : $x_{1} \approx - 1, 92$ y $x_{2} \approx 2, 72$ .
Entre esos límites $4 - x^{2}$ queda por encima de $(x + 1) cos x$ (en $x = 0$ : $4$ frente a $1$ ).
El área es $\int_{- 1, 92}^{2, 72} [4 - x^{2} - (x + 1) cos x] d x \approx 9, 41.$

Resultado: Área $\approx 9, 4$

Ejercicio 186 MedioIB · P1 Mayo 2002

En la figura siguiente se muestra parte de la curva $y = x^{3} - 7 x^{2} + 14 x - 7$ .

Gráfica de una función polinómica de tercer grado que corta al eje x en los puntos A, B y C; la región entre A y B, sobre el eje x, está sombreada

La curva corta el eje de las $x$ en los puntos $A$ , $B$ y $C$ .

a) Halle el valor de la coordenada $x$ de $A$ .

b) Halle el valor de la coordenada $x$ de $B$ .

c) Halle el área de la región sombreada.

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Resultado: a) $x \approx 0, 753$ ; b) $x \approx 2, 45$ ; c) Área $\approx 1, 78$

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a) y b) 1. Con la CPG resolvemos $x^{3} - 7 x^{2} + 14 x - 7 = 0$ : las tres raíces son $0, 753$ , $2, 45$ y $3, 80$ , de izquierda a derecha ( $A$ , $B$ , $C$ ). 2. Por tanto, la coordenada $x$ de $A$ es $0, 753$ y la de $B$ es $2, 45$ .

c) 1. La región sombreada está entre $A$ y $B$ , donde la curva queda sobre el eje $x$ . 2. Área $= \int_{0, 753}^{2, 45} (x^{3} - 7 x^{2} + 14 x - 7) d x \approx 1, 78$ (con la CPG, usando los valores exactos de las raíces).

Resultado: a) $x \approx 0, 753$ ; b) $x \approx 2, 45$ ; c) Área $\approx 1, 78$

Ejercicio 187 MedioIB · P1 Noviembre 2003

Calcule el área encerrada por las curvas $y = ln x$ e $y = e^{x} - e$ , $x > 0$ .

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Resultado: Área $\approx 0, 201$

Ver proceso y resultado

Con la CPG buscamos los cortes de $y = ln x$ e $y = e^{x} - e$ : $x = 1$ (ambas valen $0$ ) y $x \approx 0, 233$ .
En el intervalo entre ambos, por ejemplo en $x = 0, 5$ : $ln 0, 5 \approx - 0, 69$ frente a $e^{0, 5} - e \approx - 1, 07$ , así que $y = ln x$ queda por encima.
Área $= \int_{0, 233}^{1} (ln x - e^{x} + e) d x \approx 0, 201$ .

Resultado: Área $\approx 0, 201$

Ejercicio 188 MedioIB · P2 Mayo 1996

Calcule el área encerrada por la curva $y = x^{2} sen x$ y el eje $x$ para $0 \leq x \leq 2 π$ , dando su respuesta exacta en función de $π$ .

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Resultado: Área $= 6 π^{2} - 8$

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$x^{2} \geq 0$ , así que el signo de la función es el de $sen x$ : positiva en $] 0, π [$ y negativa en $] π, 2 π [$ . El área es $\int_{0}^{π} x^{2} sen x d x - \int_{π}^{2 π} x^{2} sen x d x$ .
Primitiva por partes dos veces. Primero $u = x^{2}$ , $d v = sen x d x$ : $\int x^{2} sen x d x = - x^{2} cos x + 2 \int x cos x d x$ . Luego con $u = x$ , $d v = cos x d x$ : $\int x cos x d x = x sen x + cos x$ .
$F (x) = - x^{2} cos x + 2 x sen x + 2 cos x$ (se comprueba derivando).
$F (0) = 2$ , $F (π) = π^{2} - 2$ , $F (2 π) = - 4 π^{2} + 2$ .
$\int_{0}^{π} = F (π) - F (0) = π^{2} - 4$ ; $\int_{π}^{2 π} = F (2 π) - F (π) = - 5 π^{2} + 4$ .
Área $= (π^{2} - 4) + (5 π^{2} - 4) = 6 π^{2} - 8$ .

Resultado: Área $= 6 π^{2} - 8$

Ejercicio 189 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2018

a) Muestre que $lo g_{r^{2}} x = \frac{1}{2} lo g_{r} x$ , donde $r, x \in R^{+}$ .

Se sabe que $lo g_{2} y + lo g_{4} x + lo g_{4} 2 x = 0$ .

b) Exprese $y$ en función de $x$ . Dé la respuesta en la forma $y = p x^{q}$ , donde $p$ , $q$ son constantes.

La región $R$ está delimitada por el gráfico de la función hallada en el apartado b), por el eje $x$ y por las rectas $x = 1$ y $x = α$ , donde $α > 1$ . El área de $R$ es igual a $2$ .

c) Halle el valor de $α$ .

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Resultado: a) comprobado; b) $y = \frac{1}{2} x^{- 1}$ ( $p = \frac{1}{2}$ , $q = - 1$ ); c) $α = e^{2}$

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a) Por el cambio de base, $lo g_{r^{2}} x = \frac{lo g _{r} x}{lo g _{r} r ^{2}} = \frac{lo g _{r} x}{2} = \frac{1}{2} lo g_{r} x$ .

b) 1. Por a) con $r = 2$ : $lo g_{4} x = \frac{1}{2} lo g_{2} x$ y $lo g_{4} (2 x) = \frac{1}{2} lo g_{2} (2 x) = \frac{1}{2} (1 + lo g_{2} x)$ . 2. La ecuación queda $lo g_{2} y + \frac{1}{2} lo g_{2} x + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} lo g_{2} x = 0$ , es decir, $lo g_{2} y = - lo g_{2} x - \frac{1}{2}$ . 3. Por tanto $y = 2^{- \frac{1}{2}} \cdot x^{- 1} = \frac{1}{2} x^{- 1}$ , con $p = \frac{1}{2}$ y $q = - 1$ .

c) 1. Área $= \int_{1}^{α} \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x} d x = \frac{1}{2} ln α$ . 2. Igualamos a $2$ : $ln α = 2 \cdot 2 = 2$ , luego $α = e^{2}$ .

Resultado: a) comprobado; b) $y = \frac{1}{2} x^{- 1}$ ( $p = \frac{1}{2}$ , $q = - 1$ ); c) $α = e^{2}$

Ejercicio 190 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2017

La región $A$ está encerrada por el gráfico de $y = 2 arcsin (x - 1) - \frac{π}{4}$ , el eje $y$ y la recta $y = \frac{π}{4}$ .

a) Escriba una integral definida para representar el área de $A$ .

b) Calcule el área de $A$ .

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Resultado: a) $\int_{0}^{1, 71} [\frac{π}{4} - (2 arcsin (x - 1) - \frac{π}{4})] d x$ ; b) área $= 3, 3$

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a) 1. La curva $y = 2 arcsin (x - 1) - \frac{π}{4}$ está definida para $0 \leq x \leq 2$ . Corta a la recta $y = \frac{π}{4}$ cuando $2 arcsin (x - 1) = \frac{π}{2}$ , es decir, $x - 1 = sen \frac{π}{4}$ , luego $x = 1 + \frac{2}{2} \approx 1, 71$ . 2. En el eje $y$ ( $x = 0$ ) la curva vale $2 arcsin (- 1) - \frac{π}{4} = - \frac{5 π}{4}$ , por debajo de $\frac{π}{4}$ . Entre $x = 0$ y $x \approx 1, 71$ la curva está por debajo de la recta, así que la recta $y = \frac{π}{4}$ va arriba. 3. El área es la integral de (función de arriba menos función de abajo): $\int_{0}^{1, 71} [\frac{π}{4} - (2 arcsin (x - 1) - \frac{π}{4})] d x$ .

b) 1. Simplificamos el integrando: $\frac{π}{2} - 2 arcsin (x - 1)$ . 2. Con la CPG: área $\approx 3, 3$ . 3. (Valor exacto, con $u = x - 1$ y $\int arcsin u d u = u arcsin u + 1 - u^{2}$ : área $= \frac{3 π}{2} - 2 \approx 3, 30$ .)

Resultado: a) $\int_{0}^{1, 71} [\frac{π}{4} - (2 arcsin (x - 1) - \frac{π}{4})] d x$ ; b) área $= 3, 3$

Ejercicio 191 MedioIB · P2 Mayo 1999

Considere la función $f : x \mapsto x - x^{2}$ para $- 1 \leq x \leq k$ , donde $1 < k \leq 3$ .

a) Dibuje la gráfica de la función $f$ .

b) Calcule el área total finita encerrada por la gráfica de $f$ , el eje $x$ y la recta $x = k$ .

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a) 1. $f (x) = x - x^{2} = x (1 - x)$ es una parábola con ramas hacia abajo, que corta al eje $x$ en $0$ y $1$ y tiene su máximo en $(\frac{1}{2}, \frac{1}{4})$ . 2. Se dibuja desde $x = - 1$ (donde $f (- 1) = - 2$ ) hasta la recta vertical $x = k$ , con $1 < k \leq 3$ .

Gráfica de la función f(x) = x − x² para −1 ≤ x ≤ k, con la recta vertical x = k

b) 1. La región cerrada por la gráfica, el eje $x$ y la recta $x = k$ tiene dos partes: la comprendida entre $0$ y $1$ (sobre el eje $x$ ) y la comprendida entre $1$ y $k$ (bajo el eje $x$ , donde $f < 0$ ). 2. Primera parte: $\int_{0}^{1} (x - x^{2}) d x = [\frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{1} = \frac{1}{6}$ . 3. Segunda parte (cambiamos el signo porque $f < 0$ ): $- \int_{1}^{k} (x - x^{2}) d x = - [\frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{3}}{3}]_{1}^{k} = - (\frac{k ^{2}}{2} - \frac{k ^{3}}{3}) + \frac{1}{6} = \frac{k ^{3}}{3} - \frac{k ^{2}}{2} + \frac{1}{6}$ . 4. Área total: $\frac{1}{6} + \frac{k ^{3}}{3} - \frac{k ^{2}}{2} + \frac{1}{6} = \frac{k ^{3}}{3} - \frac{k ^{2}}{2} + \frac{1}{3}$ .

Resultado: b) Área $= \frac{k ^{3}}{3} - \frac{k ^{2}}{2} + \frac{1}{3}$

Ejercicio 192 MedioIB · P1 Noviembre 1999

En el diagrama, $P T Q$ es un arco de la parábola $y = a^{2} - x^{2}$ , donde $a$ es una constante positiva, y $P QR S$ es un rectángulo. El área del rectángulo $P QR S$ es igual al área entre el arco $P T Q$ de la parábola y el eje $x$ .

Arco de parábola y = a² − x² con su vértice T, los puntos P y Q sobre el eje x y el rectángulo PQRS cuyos vértices R y S están sobre la altura h

Calcule, en función de $a$ , las dimensiones del rectángulo.

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Resultado: base $= 2 a$ ; altura $= \frac{2}{3} a^{2}$

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Los puntos $P$ y $Q$ son los cortes de la parábola con el eje $x$ : $a^{2} - x^{2} = 0$ , es decir, $P (- a, 0)$ y $Q (a, 0)$ . La base del rectángulo mide $P Q = 2 a$ .
Área bajo el arco $P T Q$ : $\int_{- a}^{a} (a^{2} - x^{2}) d x = [a^{2} x - \frac{x ^{3}}{3}]_{- a}^{a} = 2 (a^{3} - \frac{a ^{3}}{3}) = \frac{4 a ^{3}}{3}$ .
Sea $h$ la altura del rectángulo. Su área es $2 a \cdot h$ y debe ser igual a $\frac{4 a ^{3}}{3}$ .
Entonces $h = \frac{4 a ^{3}}{3 \cdot 2 a} = \frac{2 a ^{2}}{3}$ .

Resultado: base $= 2 a$ ; altura $= \frac{2}{3} a^{2}$

Ejercicio 193 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2004

Sea $f (x) = x cos x$ , para $0 \leq x \leq π$ .

La curva de $f (x)$ tiene un máximo local en $x = a$ y un punto de inflexión en $x = b$ .

a) Dibuje aproximadamente la gráfica de $f (x)$ indicando las posiciones aproximadas de $a$ y $b$ .

b) Halle el valor de

(i) $a$ .

(ii) $b$ .

c) Utilizando la integración por partes halle una expresión para $\int x cos x d x$ .

d) A partir de lo anterior halle el valor exacto del área encerrada por la curva y el eje $x$ , para $0 \leq x \leq \frac{π}{2}$ .

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a) Rasgos clave: $f (0) = 0$ , sube hasta un máximo local en $x = a$ (algo menos de $1$ ), corta el eje $x$ en $\frac{π}{2}$ , es cóncava hacia abajo hasta el punto de inflexión en $x = b$ (hacia $2, 3$ ) y termina en $(π, - π)$ .

Gráfica aproximada de f(x) = x cos x en (0, π), con el máximo local en x = a y el punto de inflexión en x = b

b) i) 1. $f^{'} (x) = cos x - x sen x$ . 2. Con la CPG resolvemos $f^{'} (x) = 0$ en $[0, π]$ : $a \approx 0, 860$ .

(ii) 1. $f^{''} (x) = - 2 sen x - x cos x$ . 2. Con la CPG, $f^{''} (x) = 0$ da $b \approx 2, 29$ (cambia de signo).

c) 1. Por partes con $u = x$ y $d v = cos x d x$ ( $d u = d x$ , $v = sen x$ ): $\int x cos x d x = x sen x - \int sen x d x$ . 2. Por tanto $\int x cos x d x = x sen x + cos x + C$ .

d) 1. En $[0, \frac{π}{2}]$ , $f \geq 0$ , y el área es $\int_{0}^{\frac{π}{2}} x cos x d x$ . 2. $= [x sen x + cos x]_{0}^{\frac{π}{2}} = (\frac{π}{2} + 0) - (0 + 1) = \frac{π}{2} - 1$ .

Resultado: b) i) $a \approx 0, 860$ ; ii) $b \approx 2, 29$ ; c) $x sen x + cos x + C$ ; d) $\frac{π}{2} - 1$

Ejercicio 194 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2007

Sea $f (x) = x^{2} ln (x + 1)$ y $g (x) = 2 x - 1$ , para $x \geq \frac{1}{2}$ .

a) Dibuje aproximadamente la gráfica de $f$ y la de $g$ en la siguiente cuadrícula.

Cuadrícula vacía con ejes x e y, para dibujar las gráficas de f y g: x de 0 a 2 con marcas cada 0,5 e y de 0 a 4 con marcas cada unidad

b) Sea $A$ la región delimitada completamente por las gráficas de $f$ y $g$ . Halle el área de $A$ .

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a) Sin calculadora no hay valores exactos, pero con la CPG: $g$ parte de $(0, 5; 0)$ con tangente casi vertical y crece lentamente; $f$ parte de $(0, 5; 0, 10)$ y crece más rápido. Se cortan en $x \approx 0, 505$ y $x \approx 1, 23$ ; después $f$ queda por encima y llega a $x = 2$ por encima de $4$ .

Gráficas de f(x) = x² ln(x + 1) y g(x) = √(2x − 1) para x ≥ 1/2 en una cuadrícula de 0 a 2 en x y de 0 a 4 en y; se cortan en dos puntos, cerca de (0,51; 0,1) y de (1,23; 1,21)

b) 1. Con la CPG hallamos las abscisas de corte de $f (x) = g (x)$ : $x_{1} \approx 0, 505$ y $x_{2} \approx 1, 23$ . 2. Entre ellas, $g$ está por encima de $f$ (por ejemplo, en $x = 1$ : $g = 1$ y $f = ln 2 \approx 0, 69$ ). 3. Área $A = \int_{0, 505}^{1, 23} (2 x - 1 - x^{2} ln (x + 1)) d x \approx 0, 201$ .

Resultado: a) esbozo de $f$ y $g$ (cortes en $x \approx 0, 505$ y $x \approx 1, 23$ ); b) $A \approx 0, 201$

Ejercicio 195 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2012

El siguiente gráfico muestra las dos curvas $y = \frac{1}{x}$ e $y = \frac{k}{x}$ , donde $k > 1$ .

Gráfico de las curvas y = 1/x e y = k/x (k > 1) en el primer cuadrante; la región A está entre las dos curvas y las rectas x = 1/6 y x = 1, y la región B (sombreada más oscura) entre las dos curvas y las rectas x = 1 y x = √6

a) Encuentre el área de la región $A$ en función de $k$ .

b) Encuentre el área de la región $B$ en función de $k$ .

c) Encuentre la razón entre el área de la región $A$ y el área de la región $B$ .

Ver resultado

Resultado: a) $A ˊ rea (A) = (k - 1) ln 6$ ; b) $A ˊ rea (B) = (k - 1) ln 6$ ; c) $\frac{A ˊ rea ( A )}{A ˊ rea ( B )} = 2$

Ver proceso y resultado

Las dos curvas son $y = \frac{1}{x}$ (la de abajo) e $y = \frac{k}{x}$ (la de arriba, pues $k > 1$ ). La altura del recinto entre ellas es $\frac{k}{x} - \frac{1}{x} = \frac{k - 1}{x}$ .

a) 1. La región $A$ está entre las dos curvas desde $x = \frac{1}{6}$ hasta $x = 1$ . 2. $A ˊ rea (A) = \int_{1/6}^{1} \frac{k - 1}{x} d x = (k - 1) [ln x]_{1/6}^{1}$ . 3. Evaluamos: $(k - 1) (ln 1 - ln \frac{1}{6}) = (k - 1) ln 6$ .

b) 1. La región $B$ está entre las mismas curvas desde $x = 1$ hasta $x = 6$ . 2. $A ˊ rea (B) = (k - 1) [ln x]_{1}^{6} = (k - 1) (ln 6 - ln 1) = (k - 1) ln 6$ .

c) 1. Como $ln 6 = \frac{1}{2} ln 6$ , el cociente es $\frac{A ˊ rea ( A )}{A ˊ rea ( B )} = \frac{( k - 1 ) ln 6}{( k - 1 ) \cdot \frac{1}{2} ln 6}$ . 2. Se simplifica $(k - 1) ln 6$ (que no es cero porque $k > 1$ ) y queda $2$ .

Resultado: a) $A ˊ rea (A) = (k - 1) ln 6$ ; b) $A ˊ rea (B) = (k - 1) ln 6$ ; c) $\frac{A ˊ rea ( A )}{A ˊ rea ( B )} = 2$

Ejercicio 196 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2012

Encuentre el área de la región encerrada por las curvas $y = x^{3}$ y $x = y^{2} - 3$ .

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Resultado: Área $= 7, 34$

Ver proceso y resultado

Prueba 2: usamos la CPG para los puntos de corte y para la integral.

Para integrar es más cómodo tomar $y$ como variable: $y = x^{3}$ equivale a $x = 3 y$ , y la otra curva es la parábola $x = y^{2} - 3$ .
Cortes: $3 y = y^{2} - 3$ . Con la CPG las soluciones son $y \approx - 1, 374$ e $y \approx 2, 067$ (es decir, $x \approx - 1, 112$ y $x \approx 1, 274$ ).
Entre esos valores de $y$ la curva $x = 3 y$ queda a la derecha de la parábola: por ejemplo, en $y = 0$ es $x = 0 > - 3$ .
$A ˊ rea = \int_{- 1, 374}^{2, 067} (3 y - (y^{2} - 3)) d y$ .
Con la CPG: $A ˊ rea \approx 7, 34$ .

Resultado: Área $= 7, 34$

Ejercicio 197 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2021

Considere la función $f$ que viene dada por $f (x) = 6 + 6 cos x$ , para $0 \leq x \leq 4 π$ .

La siguiente figura muestra el gráfico de $y = f (x)$ .

Gráfica de f(x) = 6 + 6cos x para 0 ≤ x ≤ 4π, que toca el eje x en A y B; la región bajo la curva entre A y B está sombreada

El gráfico de $f$ toca el eje $x$ en los puntos $A$ y $B$ , tal y como se muestra en la figura.

La región sombreada está delimitada por el gráfico de $y = f (x)$ y el eje $x$ , entre los puntos $A$ y $B$ .

a) Halle las coordenadas $x$ de $A$ y $B$ .

b) Muestre que el área de la región sombreada es igual a $12 π$ .

En la siguiente figura se muestra un cono recto. El área total de su superficie es $12 π$ , igual que el área sombreada de la figura anterior. En dicho cono, el radio de la base mide $2$ , la altura $h$ , y la generatriz $l$ .

Cono recto con la altura h en trazos desde el vértice al centro de la base, el radio de la base igual a 2 y la generatriz l

c) Halle el valor de $l$ .

d) A partir de lo anterior, halle el volumen del cono.

Ver resultado

Resultado: a) $A (π, 0)$ , $B (3 π, 0)$ ; b) queda demostrado ( $= 12 π$ ); c) $l = 4$ ; d) $V = \frac{8 π 3}{3}$

Ver proceso y resultado

a) 1. El gráfico toca el eje $x$ cuando $6 + 6 cos x = 0$ , es decir, $cos x = - 1$ . 2. En $[0, 4 π]$ : $x = π$ y $x = 3 π$ . $A (π, 0)$ y $B (3 π, 0)$ .

b) 1. $f \geq 0$ , así que el área es $\int_{π}^{3 π} (6 + 6 cos x) d x = [6 x + 6 sen x]_{π}^{3 π}$ . 2. $= (18 π + 0) - (6 π + 0) = 12 π$ .

c) 1. Superficie total del cono: base $π r^{2}$ más superficie lateral $π r l$ , con $r = 2$ : $4 π + 2 π l$ . 2. $4 π + 2 π l = 12 π$ , luego $l = 4$ .

d) 1. Pitágoras: $l^{2} = r^{2} + h^{2}$ , luego $h = 16 - 4 = 12 = 23$ . 2. $V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{1}{3} π \cdot 4 \cdot 23 = \frac{8 3}{3} π$ .

Resultado: a) $A (π, 0)$ , $B (3 π, 0)$ ; b) queda demostrado ( $= 12 π$ ); c) $l = 4$ ; d) $V = \frac{8 π 3}{3}$

Ejercicio 198 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2022

La función $f$ viene dada por $f (x) = ln (x e^{x} + 1) - x^{4}$ , para $0 \leq x \leq 2$ . En la siguiente figura se muestra el gráfico de $f$ .

Gráfica de f(x) = ln(x·e^x + 1) − x⁴ para 0 ≤ x ≤ 2, con un máximo local A y un corte B con el eje x

El gráfico de $f$ tiene un máximo local en el punto $A$ , y corta al eje $x$ en el origen y en el punto $B$ .

a) Halle las coordenadas de $A$ .

b) Halle la coordenada $x$ de $B$ .

c) Halle el área total de la región que está delimitada por el gráfico de $f$ , el eje $x$ y la recta $x = 2$ .

Ver resultado

Resultado: a) $A (0, 709; 0, 640)$ ; b) $x = 1, 10$ ; c) Área $= 4, 61$

Ver proceso y resultado

Prueba 2: usamos la CPG.

a) 1. El máximo local es un punto con $f^{'} (x) = 0$ . Con la CPG (máximo de la gráfica entre $0$ y $1$ ): $A (0, 709; 0, 640)$ .

b) 1. $B$ es el segundo corte con el eje $x$ (el primero es el origen): $f (x) = 0$ da $x \approx 1, 10$ .

c) 1. La gráfica queda sobre el eje entre $x = 0$ y $x \approx 1, 10$ y bajo el eje entre $x \approx 1, 10$ y $x = 2$ . Para el área total hay que usar el valor absoluto, o sumar las dos partes con su signo cambiado. 2. $A ˊ rea = \int_{0}^{2} ∣ f (x) ∣ d x = \int_{0}^{1, 10} f (x) d x - \int_{1, 10}^{2} f (x) d x$ . 3. Con la CPG: $0, 436 + 4, 175 \approx 4, 61$ .

Resultado: a) $A (0, 709; 0, 640)$ ; b) $x = 1, 10$ ; c) Área $= 4, 61$

Ejercicio 199 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2007

La función $f$ se define como $f (x) = sen x ln x$ para $x \in [0, 5; 3, 5]$ .

a) Escriba las intersecciones con el eje $x$ .

b) El área sobre el eje $x$ es $A$ y el área total debajo del eje $x$ es $B$ . Si $A = k B$ , calcule $k$ .

Ver resultado

Resultado: a) $x = 1$ , $x = π$ ; b) $k \approx 5, 17$

Ver proceso y resultado

a) 1. Los cortes cumplen $sen x ln x = 0$ , es decir, $sen x = 0$ o $ln x = 0$ . 2. En $[0, 5; 3, 5]$ : $sen x = 0$ da $x = π$ , y $ln x = 0$ da $x = 1$ .

b) 1. Estudiamos el signo en cada tramo. En $[0, 5; 1 [$ : $sen x > 0$ y $ln x < 0$ , luego $f < 0$ . En $] 1, π [$ : ambos positivos, $f > 0$ . En $] π; 3, 5]$ : $sen x < 0$ y $ln x > 0$ , luego $f < 0$ . 2. Área sobre el eje: $A = \int_{1}^{π} sen x ln x d x \approx 0, 881$ (CPG). 3. Área bajo el eje (suma de las dos zonas, en valor absoluto): $B = - \int_{0, 5}^{1} f (x) d x - \int_{π}^{3, 5} f (x) d x \approx 0, 1705$ (CPG). 4. De $A = k B$ : $k = \frac{A}{B} = \frac{0 , 881}{0 , 1705} \approx 5, 17$ .

Resultado: a) $x = 1$ , $x = π$ ; b) $k \approx 5, 17$

Ejercicio 200 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2009

Una función está definida por $f (x) = k x$ con $k > 0$ y $x \geq 0$ .

a) Dibuje aproximadamente la gráfica de $y = f (x)$ .

b) Compruebe que $f$ es una función inyectiva.

c) Halle la función inversa, $f^{- 1} (x)$ , e indique su dominio.

d) Si las gráficas de $y = f (x)$ y de $y = f^{- 1} (x)$ se cortan en el punto $(4, 4)$ , halle el valor de $k$ .

e) Considere las gráficas de $y = f (x)$ y de $y = f^{- 1} (x)$ , utilizando el valor de $k$ que obtuvo en el apartado (d).

(i) Halle el área delimitada por las dos gráficas.

(ii) La recta $x = c$ corta las gráficas de $y = f (x)$ y de $y = f^{- 1} (x)$ en los puntos $P$ y $Q$ , respectivamente. Sabiendo que la tangente a $y = f (x)$ en el punto $P$ es paralela a la tangente a $y = f^{- 1} (x)$ en el punto $Q$ , halle el valor de $c$ .

Ver solución

a) 1. $f (x) = k x$ parte del origen, con tangente vertical, y es creciente y cóncava hacia abajo, pasando por $(1, k)$ .

Gráfica de y = k√x para x ≥ 0 (dibujada con k = 2): parte del origen con tangente vertical, es creciente y cóncava hacia abajo

b) 1. Derivamos: $f^{'} (x) = \frac{k}{2 x} > 0$ para todo $x > 0$ (pues $k > 0$ ). 2. $f$ es estrictamente creciente, así que cada valor de $y$ se alcanza una sola vez: $f$ es inyectiva.

c) 1. Escribimos $y = k x$ y despejamos $x$ : $x = \frac{y}{k}$ , luego $x = \frac{y ^{2}}{k ^{2}}$ . 2. Intercambiando las variables, $f^{- 1} (x) = \frac{x ^{2}}{k ^{2}}$ . 3. El dominio de $f^{- 1}$ es el recorrido de $f$ : $[0, + \infty [$ .

d) 1. $(4, 4)$ está en $y = f (x)$ : $4 = k 4 = 2 k$ , luego $k = 2$ . 2. Comprobación en la inversa: $f^{- 1} (4) = \frac{16}{4} = 4$ ✓.

e) (i) 1. Con $k = 2$ : $f (x) = 2 x$ y $f^{- 1} (x) = \frac{x ^{2}}{4}$ . Se cortan donde $2 x = \frac{x ^{2}}{4}$ : en $x = 0$ y en $x = 4$ . 2. Entre $0$ y $4$ , $f$ va por encima (en $x = 1$ : $2$ frente a $\frac{1}{4}$ ). 3. $A = \int_{0}^{4} (2 x - \frac{x ^{2}}{4}) d x = [\frac{4}{3} x^{\frac{3}{2}} - \frac{x ^{3}}{12}]_{0}^{4} = \frac{32}{3} - \frac{16}{3} = \frac{16}{3}$ .

(ii) 1. Pendiente de la tangente a $f$ en $P$ : $f^{'} (c) = \frac{1}{c}$ . Pendiente de la tangente a $f^{- 1}$ en $Q$ : $(f^{- 1})^{'} (c) = \frac{c}{2}$ . 2. Son paralelas si las pendientes son iguales: $\frac{1}{c} = \frac{c}{2}$ , luego $c^{\frac{3}{2}} = 2$ . 3. $c = 2^{\frac{2}{3}} = 34$ .

Resultado: b) $f^{'} (x) > 0$ , estrictamente creciente; c) $f^{- 1} (x) = \frac{x ^{2}}{k ^{2}}$ , dominio $[0, + \infty [$ ; d) $k = 2$ ; e) (i) $\frac{16}{3}$ ; (ii) $c = 34$

Ejercicio 201 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2010

La función $f$ viene dada por $f (x) = (x^{3} + 6 x^{2} + 3 x - 10)^{\frac{1}{2}}$ , para $x \in D$ , donde $D \subseteq R$ es el mayor dominio de $f$ posible.

a) Halle las raíces de $f (x) = 0$ .

b) A partir de lo anterior, especifique el conjunto $D$ .

c) Halle las coordenadas del máximo local en la gráfica de $y = f (x)$ .

d) Resuelva la ecuación $f (x) = 3$ .

e) Dibuje aproximadamente la gráfica de $∣ f (x) ∣$ , para $x \in D$ .

f) Halle el área de la región que queda completamente delimitada por la gráfica de $∣ f (x) ∣$ y el eje $X$ .

Ver solución

a) 1. Probando enteros pequeños, $x = 1$ cumple $1 + 6 + 3 - 10 = 0$ , así que $(x - 1)$ es factor. 2. Dividiendo: $x^{3} + 6 x^{2} + 3 x - 10 = (x - 1) (x^{2} + 7 x + 10) = (x - 1) (x + 2) (x + 5)$ . 3. Las raíces son $x = 1$ , $x = - 2$ y $x = - 5$ .

b) 1. La raíz cuadrada exige $p (x) = (x - 1) (x + 2) (x + 5) \geq 0$ . 2. Estudiamos el signo: para $x < - 5$ es negativo; en $] - 5, - 2 [$ es positivo; en $] - 2, 1 [$ es negativo; para $x > 1$ es positivo. 3. $D = [- 5, - 2] \cup [1, + \infty [$ .

c) 1. Los extremos de $f$ están donde $p^{'} (x) = 0$ (en el interior del dominio): $3 x^{2} + 12 x + 3 = 0 ⟺ x^{2} + 4 x + 1 = 0$ , luego $x = - 2 \pm 3$ , es decir $x \approx - 3, 73$ y $x \approx - 0, 268$ . 2. Solo $x = - 2 - 3 \approx - 3, 73$ está en $D$ (en el tramo $[- 5, - 2]$ , donde $f$ sube desde $0$ y vuelve a $0$ , así que es un máximo). 3. $f (- 3, 73) \approx 3, 22$ .

d) 1. $f (x) = 3 ⟺ p (x) = 9 ⟺ x^{3} + 6 x^{2} + 3 x - 19 = 0$ . 2. Con la CPG: $x \approx - 4, 23$ ; $x \approx - 3, 18$ ; $x \approx 1, 41$ (los tres están en $D$ ).

e) 1. En $D$ , $f (x) \geq 0$ y por tanto $∣ f (x) ∣ = f (x)$ . La gráfica tiene un arco entre $x = - 5$ y $x = - 2$ con máximo en $(- 3, 73; 3, 22)$ , y una rama creciente que sale de $(1, 0)$ con tangente vertical.

Gráfica de |f(x)| = √(x³ + 6x² + 3x − 10): un arco entre x = −5 y x = −2 con un máximo local, y una rama creciente que sale del punto (1, 0)

f) 1. La única región cerrada por la gráfica y el eje $X$ es el arco entre $x = - 5$ y $x = - 2$ . 2. $A = \int_{- 5}^{- 2} x^{3} + 6 x^{2} + 3 x - 10 d x \approx 7, 47$ (CPG).

Resultado: a) $x = 1$ , $x = - 2$ , $x = - 5$ ; b) $D = [- 5, - 2] \cup [1, + \infty [$ ; c) máximo $(- 3, 73; 3, 22)$ ; d) $x \approx - 4, 23$ ; $x \approx - 3, 18$ ; $x \approx 1, 41$ ; e) gráfica como se describe; f) $A \approx 7, 47$

Ejercicio 202 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2012

La función $f$ , definida en el dominio $[0, \frac{3 π}{2}]$ viene dada por $f (x) = e^{- x} cos x$ .

a) Indique los dos ceros de $f$ . Dibuje aproximadamente la gráfica de $f$ .

b) Se denomina $A$ a la región delimitada por la gráfica, el eje $x$ y el eje $y$ , mientras que se denomina $B$ a la región delimitada por la gráfica y el eje $x$ . Compruebe que la razón entre el área $A$ y el área $B$ es igual a $\frac{e ^{π} ( e ^{\frac{π}{2}} + 1 )}{e ^{π} + 1}$ .

Ver solución

a) 1. Los ceros cumplen $e^{- x} cos x = 0$ . Como $e^{- x} > 0$ , hay que tener $cos x = 0$ : $x = \frac{π}{2}$ y $x = \frac{3 π}{2}$ . 2. La función parte de $(0, 1)$ , es positiva en $[0, \frac{π}{2} [$ y negativa en $] \frac{π}{2}, \frac{3 π}{2} [$ (con un mínimo pequeño en torno a $x = \frac{3 π}{4}$ ).

Gráfica de f(x) = e^(−x) cos x en el intervalo (0, 3π/2): parte de (0, 1), decrece hasta cortar el eje x en π/2, queda ligeramente por debajo del eje con un mínimo muy pequeño y vuelve al eje en 3π/2

b) 1. Buscamos una primitiva de $e^{- x} cos x$ integrando por partes dos veces. Con $u = cos x$ , $d v = e^{- x} d x$ : $I = - e^{- x} cos x - \int e^{- x} sen x d x$ . 2. Para la última integral, con $u = sen x$ , $d v = e^{- x} d x$ : $\int e^{- x} sen x d x = - e^{- x} sen x + I$ . 3. Sustituyendo: $I = - e^{- x} cos x + e^{- x} sen x - I$ , luego $I = F (x) = \frac{e ^{- x} ( sen x - cos x )}{2}$ . 4. Valores: $F (0) = - \frac{1}{2}$ , $F (\frac{π}{2}) = \frac{e ^{- π /2}}{2}$ , $F (\frac{3 π}{2}) = \frac{e ^{- 3 π /2} ( - 1 )}{2} = - \frac{e ^{- 3 π /2}}{2}$ . 5. Área $A$ (de $0$ a $\frac{π}{2}$ , positiva): $A = F (\frac{π}{2}) - F (0) = \frac{e ^{- π /2} + 1}{2}$ . 6. Área $B$ (de $\frac{π}{2}$ a $\frac{3 π}{2}$ , la función es negativa): $B = - [F (\frac{3 π}{2}) - F (\frac{π}{2})] = \frac{e ^{- 3 π /2} + e ^{- π /2}}{2}$ . 7. Razón: $\frac{A}{B} = \frac{1 + e ^{- π /2}}{e ^{- π /2} + e ^{- 3 π /2}}$ . Multiplicamos numerador y denominador por $e^{3 π /2}$ : $\frac{e ^{3 π /2} + e ^{π}}{e ^{π} + 1} = \frac{e ^{π} ( e ^{π /2} + 1 )}{e ^{π} + 1}$ ✓.

Resultado: a) ceros $x = \frac{π}{2}$ y $x = \frac{3 π}{2}$ ; b) queda demostrado: $\frac{A}{B} = \frac{e ^{π} ( e ^{\frac{π}{2}} + 1 )}{e ^{π} + 1}$ .

Ejercicio 203 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2010

Considere la curva $y = x e^{x}$ y la recta $y = k x$ , $k \in R$ .

a) Sea $k = 0$ .

(i) Compruebe que la curva y la recta se cortan una vez.

(ii) Halle el ángulo que forman la tangente a la curva y la recta, en el punto de intersección.

b) Sea $k = 1$ . Compruebe que la recta es una tangente a la curva.

c) (i) Halle los valores de $k$ para los cuales la curva $y = x e^{x}$ y la recta $y = k x$ se cortan en dos puntos distintos.

(ii) Escriba las coordenadas de los puntos de intersección.

(iii) Escriba una integral que represente el área $A$ , de la región delimitada por la curva y la recta.

(iv) A partir de lo anterior, sabiendo que $0 < k < 1$ , compruebe que $A < 1$ .

Ver resultado

Resultado: a) (i) un solo punto, $(0, 0)$ ; (ii) ángulo $= \frac{π}{4}$ ; b) queda comprobado; c) (i) $k > 0$ y $k \neq = 1$ ; (ii) $(0, 0)$ y $(ln k, k ln k)$ ; (iii) $k > 1$ : $A = \int_{0}^{l n k} (k x - x e^{x}) d x$ ; $0 < k < 1$ : $A = \int_{l n k}^{0} (k x - x e^{x}) d x$ ; (iv) queda comprobado: $A < 1$ .

Ver proceso y resultado

a) (i) 1. Con $k = 0$ : $x e^{x} = 0$ . Como $e^{x} > 0$ siempre, solo $x = 0$ . 2. Solo se cortan en $(0, 0)$ : una vez.

(ii) 1. La recta es $y = 0$ (el eje $x$ ), con pendiente $0$ . 2. Pendiente de la tangente a la curva: $y^{'} = e^{x} + x e^{x} = e^{x} (1 + x)$ , que en $x = 0$ vale $1$ . 3. El ángulo $θ$ entre ambas cumple $tan θ = 1$ , luego $θ = \frac{π}{4}$ .

b) 1. Con $k = 1$ : $x e^{x} = x ⟺ x (e^{x} - 1) = 0 ⟺ x = 0$ . Solo hay un punto común, $(0, 0)$ . 2. La pendiente de la curva en $x = 0$ es $e^{0} \cdot 1 = 1$ , igual que la de la recta $y = x$ . 3. Mismo punto y misma pendiente: la recta es tangente a la curva en $(0, 0)$ .

c) (i) 1. $x e^{x} = k x ⟺ x (e^{x} - k) = 0 ⟺ x = 0$ o $e^{x} = k$ . 2. $e^{x} = k$ tiene solución solo si $k > 0$ , y es $x = ln k$ . Para que sea distinta de $x = 0$ hace falta $k \neq = 1$ . 3. Dos puntos distintos para $k > 0$ y $k \neq = 1$ .

(ii) 1. Los puntos son $(0, 0)$ y $(ln k, k ln k)$ (la ordenada sale de la recta $y = k x$ ).

(iii) 1. Para $k > 1$ se tiene $ln k > 0$ . Entre $0$ y $ln k$ la recta está por encima de la curva (la recta tiene más pendiente en el origen). $A = \int_{0}^{l n k} (k x - x e^{x}) d x$ . 2. Para $0 < k < 1$ , $ln k < 0$ y la región va de $ln k$ a $0$ ; la recta sigue por encima. $A = \int_{l n k}^{0} (k x - x e^{x}) d x$ .

(iv) 1. Para $0 < k < 1$ calculamos la integral. Por partes, $\int x e^{x} d x = (x - 1) e^{x}$ , y $\int k x d x = \frac{k x ^{2}}{2}$ . Una primitiva de $k x - x e^{x}$ es $G (x) = \frac{k x ^{2}}{2} - (x - 1) e^{x}$ . 2. $G (0) = 1$ y $G (ln k) = \frac{k ( ln k ) ^{2}}{2} - (ln k - 1) k$ . 3. $A = G (0) - G (ln k) = 1 - [\frac{k ln ^{2} k}{2} + k - k ln k]$ . 4. Entonces $1 - A = \frac{k ln ^{2} k}{2} + k - k ln k = \frac{k}{2} [(ln k - 1)^{2} + 1]$ , que es positivo porque $k > 0$ . 5. Por tanto $A < 1$ .

Ejercicio 204 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2011

a) (i) Dibuje aproximadamente, sobre los mismos ejes de coordenadas, la gráfica de $y = sen x$ y la de $y = sen 2 x$ , para $0 \leq x \leq \frac{π}{2}$ .

(ii) Halle las coordenadas $x$ de los puntos de intersección de ambas gráficas, dentro del dominio $0 \leq x \leq \frac{π}{2}$ .

(iii) Halle el área delimitada por las gráficas.

b) Halle el valor de $\int_{0}^{1} \frac{x}{4 - x} d x$ . Para ello, utilice la sustitución $x = 4 sen^{2} θ$ .

c) La función creciente $f$ satisface $f (0) = 0$ y $f (a) = b$ , donde $a > 0$ y $b > 0$ .

(i) Haciendo referencia a un dibujo aproximado, compruebe que $\int_{0}^{a} f (x) d x = ab - \int_{0}^{b} f^{- 1} (x) d x$ .

(ii) A partir de lo anterior, halle el valor de $\int_{0}^{2} arcsin (\frac{x}{4}) d x$ .

Ver solución

a) (i) La gráfica de $y = sen x$ crece de $0$ a $1$ en $[0, \frac{π}{2}]$ . La de $y = sen 2 x$ tiene período $π$ : sube hasta $1$ en $x = \frac{π}{4}$ y baja a $0$ en $x = \frac{π}{2}$ . Ambas parten del origen y se cortan en $x = \frac{π}{3}$ .

Gráficas de y = sen x e y = sen 2x para x entre 0 y π/2, dibujadas en los mismos ejes: parten del origen y se cortan en un punto intermedio

(ii) 1. $sen x = sen 2 x = 2 sen x cos x$ , luego $sen x (1 - 2 cos x) = 0$ . 2. O bien $sen x = 0$ , es decir $x = 0$ , o bien $cos x = \frac{1}{2}$ , es decir $x = \frac{π}{3}$ .

(iii) 1. La región encerrada por las dos gráficas es la comprendida entre los dos puntos de corte, $0 \leq x \leq \frac{π}{3}$ . Ahí $sen 2 x \geq sen x$ (por ejemplo, en $x = \frac{π}{4}$ : $1$ frente a $\frac{2}{2}$ ). 2. $A ˊ rea = \int_{0}^{π /3} (sen 2 x - sen x) d x = [- \frac{cos 2 x}{2} + cos x]_{0}^{π /3}$ . 3. En $\frac{π}{3}$ : $\frac{1}{4} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4}$ ; en $0$ : $- \frac{1}{2} + 1 = \frac{1}{2}$ . El área es $\frac{3}{4} - \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$ .

b) Integral por sustitución, $x = 4 sen^{2} θ$ .

$d x = 8 sen θ cos θ d θ$ . Además $\frac{x}{4 - x} = \frac{4 sen ^{2} θ}{4 cos ^{2} θ} = tan^{2} θ$ , y con $θ \in [0, \frac{π}{2}]$ , $\frac{x}{4 - x} = tan θ$ .
Límites: $x = 0 \Rightarrow θ = 0$ ; $x = 1 \Rightarrow sen^{2} θ = \frac{1}{4} \Rightarrow θ = \frac{π}{6}$ .
La integral queda $\int_{0}^{π /6} tan θ \cdot 8 sen θ cos θ d θ = \int_{0}^{π /6} 8 sen^{2} θ d θ = \int_{0}^{π /6} 4 (1 - cos 2 θ) d θ$ .
$= 4 [θ - \frac{sen 2 θ}{2}]_{0}^{π /6} = 4 (\frac{π}{6} - \frac{3}{4}) = \frac{2 π}{3} - 3$ .

c) (i) 1. Como $f$ es creciente con $f (0) = 0$ y $f (a) = b$ , su gráfica va de $(0, 0)$ a $(a, b)$ dentro del rectángulo de vértices $(0, 0)$ y $(a, b)$ , cuya área es $ab$ . 2. La curva divide el rectángulo en dos regiones. La que queda debajo de la curva tiene área $\int_{0}^{a} f (x) d x$ . 3. La que queda a la izquierda de la curva (entre la curva y el eje $y$ ) se obtiene integrando respecto de $y$ la función $x = f^{- 1} (y)$ entre $y = 0$ e $y = b$ : su área es $\int_{0}^{b} f^{- 1} (x) d x$ . 4. La suma de las dos áreas es $ab$ , luego $\int_{0}^{a} f (x) d x = ab - \int_{0}^{b} f^{- 1} (x) d x$ .

(ii) 1. La función $arcsin (\frac{x}{4})$ es la inversa de $f (x) = 4 sen x$ en $[0, \frac{π}{2}]$ , que es creciente con $f (0) = 0$ . 2. Tomamos $b = 2$ : $4 sen a = 2 \Rightarrow a = \frac{π}{6}$ . 3. $\int_{0}^{2} arcsin (\frac{x}{4}) d x = ab - \int_{0}^{π /6} 4 sen x d x = \frac{π}{6} \cdot 2 - [- 4 cos x]_{0}^{π /6} = \frac{π}{3} - (4 - 23)$ . 4. Es decir, $\frac{π}{3} + 23 - 4$ .

Resultado: a) (i) gráfica; (ii) $x = 0$ y $x = \frac{π}{3}$ ; (iii) Área $= \frac{1}{4}$ ; b) $\frac{2 π}{3} - 3$ ; c) (i) comprobado; (ii) $\frac{π}{3} + 23 - 4$

Ejercicio 205 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2013

La función $f$ viene dada por $f (x) = x e^{- x}$ , $x \geq 0$ .

a) (i) Halle una expresión para $f^{'} (x)$ .

(ii) A partir de lo anterior, determine las coordenadas de $A$ , el punto donde $f^{'} (x) = 0$ .

b) Halle una expresión para $f^{''} (x)$ y, a partir de lo anterior, compruebe que el punto $A$ es un máximo.

c) Halle las coordenadas de $B$ , el punto de inflexión.

d) La gráfica de la función $g$ se obtiene a partir de la gráfica de $f$ mediante un estiramiento de razón $2$ en la dirección del eje $x$ .

(i) Escriba una expresión para $g (x)$ .

(ii) Indique las coordenadas de $C$ , el máximo de $g$ .

(iii) Determine las coordenadas $x$ de $D$ y $E$ , los dos puntos donde $f (x) = g (x)$ .

e) Dibuje aproximadamente la gráfica de $y = f (x)$ y la de $y = g (x)$ sobre los mismos ejes de coordenadas, mostrando claramente los puntos $A$ , $B$ , $C$ , $D$ y $E$ .

f) Halle un valor exacto para el área de la región limitada por la curva $y = g (x)$ , el eje $x$ y la recta $x = 1$ .

Ver solución

a) (i) Regla del producto: $f^{'} (x) = e^{- x} + x (- e^{- x}) = e^{- x} (1 - x)$ .

(ii) $f^{'} (x) = 0$ con $e^{- x} > 0$ da $x = 1$ ; $f (1) = \frac{1}{e}$ . Luego $A (1, \frac{1}{e})$ .

b) 1. $f^{''} (x) = - e^{- x} (1 - x) + e^{- x} (- 1) = e^{- x} (x - 2)$ . 2. $f^{''} (1) = - e^{- 1} < 0$ , así que en $A$ hay un máximo.

c) 1. El punto de inflexión cumple $f^{''} (x) = 0$ : $x = 2$ , y $f^{''}$ cambia de signo ( $-$ a $+$ ). 2. $f (2) = 2 e^{- 2}$ . Luego $B (2, \frac{2}{e ^{2}})$ .

d) (i) Un estiramiento horizontal de razón $2$ sustituye $x$ por $\frac{x}{2}$ : $g (x) = f (\frac{x}{2}) = \frac{x}{2} e^{- \frac{x}{2}}$ .

(ii) El máximo de $f$ en $(1, e^{- 1})$ pasa a $(2 \cdot 1, e^{- 1})$ : $C (2, \frac{1}{e})$ .

(iii) 1. $x e^{- x} = \frac{x}{2} e^{- \frac{x}{2}}$ . Una solución es $x = 0$ . 2. Si $x \neq = 0$ , dividimos por $x$ : $e^{- x} = \frac{1}{2} e^{- \frac{x}{2}}$ , luego $e^{- \frac{x}{2}} = \frac{1}{2}$ y $x = 2 ln 2$ . 3. Los puntos son $D (0, 0)$ y $E (2 ln 2, \frac{ln 2}{2})$ (con $g (2 ln 2) = ln 2 \cdot e^{- l n 2} = \frac{ln 2}{2}$ ). Las abscisas son $0$ y $2 ln 2$ .

e) La gráfica de $f$ parte de $(0, 0)$ , tiene el máximo $A (1, \frac{1}{e})$ , el punto de inflexión $B (2, \frac{2}{e ^{2}})$ y tiende a $0$ cuando $x \to \infty$ . La de $g$ parte también de $(0, 0)$ , es más ancha, con el máximo $C (2, \frac{1}{e})$ y también tiende a $0$ . Se cortan en $D (0, 0)$ y en $E$ ( $x = 2 ln 2 \approx 1, 39$ ).

Gráficas de f(x) = x·e^(−x) y de g(x) = (x/2)·e^(−x/2) para x ≥ 0 sobre los mismos ejes, con sus máximos, el punto de inflexión de f y los dos puntos donde se cortan

f) Integral por sustitución, $u = \frac{x}{2}$ .

Área $= \int_{0}^{1} \frac{x}{2} e^{- \frac{x}{2}} d x$ . Con $u = \frac{x}{2}$ , $d x = 2 d u$ , y los límites pasan a $0$ y $\frac{1}{2}$ : $= \int_{0}^{1/2} 2 u e^{- u} d u$ .
Por partes, con $u$ y $d v = e^{- u} d u$ (derivada de $u$ es $1$ , $v = - e^{- u}$ ): $\int u e^{- u} d u = - u e^{- u} - e^{- u}$ .
Área $= 2 [- u e^{- u} - e^{- u}]_{0}^{1/2} = 2 [(- \frac{3}{2} e^{- \frac{1}{2}}) - (- 1)] = 2 - 3 e^{- \frac{1}{2}}$ .

Resultado: a) (i) $f^{'} (x) = e^{- x} (1 - x)$ ; (ii) $A (1, \frac{1}{e})$ ; b) $f^{''} (x) = e^{- x} (x - 2)$ , $f^{''} (1) < 0$ ; c) $B (2, \frac{2}{e ^{2}})$ ; d) (i) $g (x) = \frac{x}{2} e^{- \frac{x}{2}}$ ; (ii) $C (2, \frac{1}{e})$ ; (iii) $x = 0$ y $x = 2 ln 2$ ; e) gráfica; f) Área $= 2 - 3 e^{- \frac{1}{2}}$

Ejercicio 206 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2014

La función $f$ viene dada por $f (x) = e^{3 x + 1}$ , $x \in R$ .

a) i) Halle $f^{- 1} (x)$ .

(ii) Indique el dominio de $f^{- 1}$ .

La función $g$ viene dada por $g (x) = ln x$ , $x \in R^{+}$ .

El gráfico de $y = g (x)$ y el gráfico de $y = f^{- 1} (x)$ se cortan en el punto $P$ .

b) Halle las coordenadas de $P$ .

El gráfico de $y = g (x)$ corta al eje $x$ en el punto $Q$ .

c) Muestre que la ecuación de la tangente $T$ al gráfico de $y = g (x)$ en el punto $Q$ es $y = x - 1$ .

Una región $R$ está definida por el gráfico de $y = g (x)$ , la tangente $T$ y la recta $x = e$ .

d) Halle el área de la región $R$ .

e) i) Muestre que $g (x) \leq x - 1$ , $x \in R^{+}$ .

(ii) Sustituyendo $x$ por $\frac{1}{x}$ en el apartado e) i), muestre que $\frac{x - 1}{x} \leq g (x)$ , $x \in R^{+}$ .

Ver resultado

Resultado: a) (i) $f^{- 1} (x) = \frac{ln x - 1}{3}$ ; (ii) $] 0, + \infty [$ ; b) $P (\frac{1}{e}, - \frac{1}{2})$ ; c) $y = x - 1$ ; d) Área $= \frac{e ^{2}}{2} - e - \frac{1}{2}$ ; e) (i) y (ii) demostrados

Ver proceso y resultado

a) (i) 1. Escribimos $y = e^{3 x + 1}$ y despejamos $x$ : $ln y = 3 x + 1$ , luego $x = \frac{ln y - 1}{3}$ . 2. Intercambiando los nombres: $f^{- 1} (x) = \frac{ln x - 1}{3}$ .

(ii) El dominio de $f^{- 1}$ es el recorrido de $f$ . Como $e^{3 x + 1} > 0$ y toma todos los valores positivos, el dominio es $] 0, + \infty [$ .

b) 1. Igualamos $ln x = \frac{ln x - 1}{3}$ : $3 ln x = ln x - 1$ , luego $ln x = - \frac{1}{2}$ . 2. $x = e^{- \frac{1}{2}} = \frac{1}{e}$ e $y = - \frac{1}{2}$ . Así $P (\frac{1}{e}, - \frac{1}{2})$ .

c) 1. $g (x) = 0 \Rightarrow ln x = 0 \Rightarrow x = 1$ , luego $Q (1, 0)$ . 2. $g^{'} (x) = \frac{1}{x}$ , así que la pendiente en $Q$ es $g^{'} (1) = 1$ . 3. La tangente es $y - 0 = 1 (x - 1)$ , es decir, $y = x - 1$ .

d) 1. Entre $x = 1$ (donde la tangente toca la curva) y $x = e$ , la recta queda por encima de la curva: en $x = e$ , $e - 1 \approx 1, 72 > 1 = ln e$ . 2. Área $= \int_{1}^{e} (x - 1 - ln x) d x$ . Una primitiva de $ln x$ (por partes, $u = ln x$ , $d v = d x$ ) es $x ln x - x$ . 3. Área $= [\frac{x ^{2}}{2} - x - x ln x + x]_{1}^{e} = [\frac{x ^{2}}{2} - x ln x]_{1}^{e} = (\frac{e ^{2}}{2} - e) - \frac{1}{2}$ .

e) (i) 1. Sea $h (x) = x - 1 - ln x$ , $x > 0$ . Demostrar $g (x) \leq x - 1$ equivale a demostrar $h (x) \geq 0$ . 2. $h^{'} (x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x - 1}{x}$ : negativa si $x < 1$ , positiva si $x > 1$ , nula en $x = 1$ . Luego $h$ tiene un mínimo en $x = 1$ . 3. $h (1) = 0$ , así que $h (x) \geq 0$ para todo $x > 0$ , es decir, $ln x \leq x - 1$ .

(ii) 1. Sustituimos $x$ por $\frac{1}{x}$ (válido porque $\frac{1}{x} > 0$ ): $ln \frac{1}{x} \leq \frac{1}{x} - 1$ . 2. Como $ln \frac{1}{x} = - ln x$ : $- ln x \leq \frac{1 - x}{x}$ . 3. Multiplicamos por $- 1$ (cambia el sentido): $ln x \geq \frac{x - 1}{x}$ , es decir, $\frac{x - 1}{x} \leq g (x)$ .

Ejercicio 207 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2014

A continuación se muestra el gráfico de la función $f (x) = \frac{x + 1}{x ^{2} + 1}$ .

Gráfica de una función racional que corta al eje x en x = −1, pasa por (0, 1), tiene un máximo cerca de x = 0,4 y un punto de inflexión rotulado A (1, 1); tiende a 0 en los extremos; está sombreada la región entre la curva y el eje x para x entre −1 y 0

a) Halle $f^{'} (x)$ .

b) A partir de lo anterior, halle las coordenadas $x$ de los puntos en los que la pendiente del gráfico de $f$ es igual a cero.

c) Halle $f^{''} (x)$ , expresando la respuesta de la forma $\frac{p ( x )}{( x ^{2} + 1 ) ^{3}}$ , donde $p (x)$ es un polinomio de grado $3$ .

El punto $(1, 1)$ es un punto de inflexión. Hay otros dos puntos de inflexión.

d) Halle las coordenadas $x$ de los otros dos puntos de inflexión.

e) Halle el área de la región sombreada. Exprese la respuesta de la forma $\frac{π}{a} - ln b$ , donde $a$ y $b$ son enteros.

Ver resultado

Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{- x ^{2} - 2 x + 1}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}}$ ; b) $x = - 1 \pm 2$ ; c) $f^{''} (x) = \frac{2 x ^{3} + 6 x ^{2} - 6 x - 2}{( x ^{2} + 1 ) ^{3}}$ ; d) $x = - 2 \pm 3$ ; e) Área $= \frac{π}{4} - ln 2$

Ver proceso y resultado

a) 1. Regla del cociente con $u = x + 1$ , $v = x^{2} + 1$ : $f^{'} (x) = \frac{1 \cdot ( x ^{2} + 1 ) - ( x + 1 ) \cdot 2 x}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}}$ . 2. Numerador: $x^{2} + 1 - 2 x^{2} - 2 x = - x^{2} - 2 x + 1$ . Por tanto $f^{'} (x) = \frac{- x ^{2} - 2 x + 1}{( x ^{2} + 1 ) ^{2}}$ .

b) 1. $f^{'} (x) = 0 \Rightarrow - x^{2} - 2 x + 1 = 0 \Rightarrow x^{2} + 2 x - 1 = 0$ . 2. $x = \frac{- 2 \pm 8}{2} = - 1 \pm 2$ .

c) 1. Derivamos el cociente con $N = - x^{2} - 2 x + 1$ y $D = (x^{2} + 1)^{2}$ : $f^{''} = \frac{N ^{'} D - N D ^{'}}{D ^{2}}$ , con $D^{'} = 2 (x^{2} + 1) \cdot 2 x$ . 2. Sacamos factor común $(x^{2} + 1)$ y simplificamos: $f^{''} (x) = \frac{N ^{'} ( x ^{2} + 1 ) - 4 x N}{( x ^{2} + 1 ) ^{3}}$ . 3. Numerador: $(- 2 x - 2) (x^{2} + 1) - 4 x (- x^{2} - 2 x + 1) = - 2 x^{3} - 2 x^{2} - 2 x - 2 + 4 x^{3} + 8 x^{2} - 4 x = 2 x^{3} + 6 x^{2} - 6 x - 2$ . 4. Luego $f^{''} (x) = \frac{2 x ^{3} + 6 x ^{2} - 6 x - 2}{( x ^{2} + 1 ) ^{3}}$ .

d) 1. Los puntos de inflexión cumplen $f^{''} (x) = 0$ : $2 x^{3} + 6 x^{2} - 6 x - 2 = 0$ , es decir, $x^{3} + 3 x^{2} - 3 x - 1 = 0$ . 2. $x = 1$ es raíz (dato del enunciado): $1 + 3 - 3 - 1 = 0$ . Dividimos: $x^{3} + 3 x^{2} - 3 x - 1 = (x - 1) (x^{2} + 4 x + 1)$ . 3. $x^{2} + 4 x + 1 = 0 \Rightarrow x = \frac{- 4 \pm 12}{2} = - 2 \pm 3$ .

e) 1. Entre $x = - 1$ y $x = 0$ la curva está sobre el eje $x$ (de $f (- 1) = 0$ a $f (0) = 1$ ). Área $= \int_{- 1}^{0} \frac{x + 1}{x ^{2} + 1} d x$ . 2. Separamos: $\int \frac{x}{x ^{2} + 1} d x + \int \frac{1}{x ^{2} + 1} d x = \frac{1}{2} ln (x^{2} + 1) + arctan x$ (la primera con $u = x^{2} + 1$ ). 3. $[\frac{1}{2} ln (x^{2} + 1) + arctan x]_{- 1}^{0} = 0 - (\frac{1}{2} ln 2 - \frac{π}{4}) = \frac{π}{4} - \frac{1}{2} ln 2 = \frac{π}{4} - ln 2$ .

Ejercicio 208 DifícilIB · P2 Mayo 2001

Sea $f (x) = x cos 3 x$ .

a) Use la integración por partes para demostrar que $\int f (x) d x = \frac{1}{3} x sen 3 x + \frac{1}{9} cos 3 x + C$ .

b) Use la respuesta del apartado a) para calcular el valor exacto del área encerrada por $f (x)$ y el eje $x$ en cada uno de los siguientes casos. De sus respuestas en función de $π$ .

(i) $\frac{π}{6} \leq x \leq \frac{3 π}{6}$

(ii) $\frac{3 π}{6} \leq x \leq \frac{5 π}{6}$

(iii) $\frac{5 π}{6} \leq x \leq \frac{7 π}{6}$

c) Sabiendo que las áreas calculadas anteriormente son los tres primeros términos de una sucesión aritmética, calcule la expresión para el área total encerrada por $f (x)$ y el eje $x$ para $\frac{π}{6} \leq x \leq \frac{( 2 n + 1 ) π}{6}$ , con $n \in Z^{+}$ . De su respuesta en función de $n$ y $π$ .

Ver resultado

Resultado: a) comprobado; b) (i) $\frac{2 π}{9}$ ; (ii) $\frac{4 π}{9}$ ; (iii) $\frac{6 π}{9}$ ; c) Área $= \frac{n ( n + 1 ) π}{9}$

Ver proceso y resultado

a) Integración por partes con $u = x$ y $d v = cos 3 x d x$ .

Entonces $d u = d x$ y $v = \frac{1}{3} sen 3 x$ .
$\int x cos 3 x d x = \frac{1}{3} x sen 3 x - \frac{1}{3} \int sen 3 x d x = \frac{1}{3} x sen 3 x + \frac{1}{9} cos 3 x + C$ .

b) Sea $F (x) = \frac{1}{3} x sen 3 x + \frac{1}{9} cos 3 x$ . El área es el valor absoluto de la integral en cada intervalo, porque $f$ no cambia de signo dentro de cada uno ( $cos 3 x$ cambia de signo en $\frac{π}{6}$ , $\frac{3 π}{6}$ , $\frac{5 π}{6}$ , $\frac{7 π}{6}$ , ...).

(i) 1. $F (\frac{π}{2}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{π}{2} \cdot (- 1) + 0 = - \frac{π}{6}$ y $F (\frac{π}{6}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{π}{6} \cdot 1 + 0 = \frac{π}{18}$ . 2. $\int_{π /6}^{π /2} f = - \frac{π}{6} - \frac{π}{18} = - \frac{2 π}{9}$ , así que el área es $\frac{2 π}{9}$ .

(ii) 1. $F (\frac{5 π}{6}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{5 π}{6} \cdot sen \frac{5 π}{2} + 0 = \frac{5 π}{18}$ . 2. $\int_{π /2}^{5 π /6} f = \frac{5 π}{18} + \frac{π}{6} = \frac{8 π}{18} = \frac{4 π}{9}$ . El área es $\frac{4 π}{9}$ .

(iii) 1. $F (\frac{7 π}{6}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{7 π}{6} \cdot sen \frac{7 π}{2} + 0 = - \frac{7 π}{18}$ . 2. $\int_{5 π /6}^{7 π /6} f = - \frac{7 π}{18} - \frac{5 π}{18} = - \frac{2 π}{3}$ . El área es $\frac{6 π}{9} = \frac{2 π}{3}$ .

c) 1. Las áreas $\frac{2 π}{9}, \frac{4 π}{9}, \frac{6 π}{9}, \dots$ forman una sucesión aritmética de primer término $u_{1} = \frac{2 π}{9}$ y diferencia $d = \frac{2 π}{9}$ , con $u_{k} = \frac{2 k π}{9}$ . 2. El intervalo de $\frac{π}{6}$ a $\frac{( 2 n + 1 ) π}{6}$ contiene exactamente los $n$ primeros intervalos. El área total es la suma de los $n$ primeros términos: $S_{n} = \frac{n}{2} (u_{1} + u_{n}) = \frac{n}{2} (\frac{2 π}{9} + \frac{2 nπ}{9}) = \frac{n ( n + 1 ) π}{9}$ .

Resultado: a) comprobado; b) (i) $\frac{2 π}{9}$ ; (ii) $\frac{4 π}{9}$ ; (iii) $\frac{6 π}{9}$ ; c) Área $= \frac{n ( n + 1 ) π}{9}$

Ejercicio 209 DifícilIB · P2 Noviembre 2002

a) En los mismos ejes, trace los gráficos de las funciones, $f (x)$ y $g (x)$ , siendo

$f (x) = 4 - (1 - x)^{2}$ , para $- 2 \leq x \leq 4$ $g (x) = ln (x + 3) - 2$ , para $- 3 \leq x \leq 5$ .

b) i) Escriba la ecuación de toda asíntota vertical.

(ii) Escriba las intersecciones de $g (x)$ con el eje $x$ y con el eje $y$ .

c) Halle los valores de $x$ para los cuales $f (x) = g (x)$ .

d) Sea $A$ la región en la cual $f (x) \geq g (x)$ , $x \geq 0$ .

(i) Sombree, en la gráfica, la región $A$ .

(ii) Escriba una integral que represente el área sombreada $A$ .

(iii) Evalúe esta integral.

e) Halle, en la región $A$ , la distancia vertical máxima entre $f (x)$ y $g (x)$ .

Ver solución

a) La parábola $f (x) = 4 - (1 - x)^{2}$ tiene vértice en $(1, 4)$ , abre hacia abajo y corta al eje $x$ en $x = - 1$ y $x = 3$ . La curva $g (x) = ln (x + 3) - 2$ es una curva logarítmica desplazada: tiene la asíntota vertical $x = - 3$ y crece lentamente.

Gráficos de f(x) = 4 − (1 − x)², parábola de vértice (1, 4), y de g(x) = ln(x + 3) − 2, con asíntota vertical x = −3, en los mismos ejes

b) (i) La asíntota vertical aparece cuando $x + 3 = 0$ : $x = - 3$ .

(ii) 1. Con el eje $y$ : $g (0) = ln 3 - 2 \approx - 0, 901$ , es decir, $(0, - 0, 901)$ . 2. Con el eje $x$ : $ln (x + 3) = 2 \Rightarrow x = e^{2} - 3 \approx 4, 39$ , es decir, $(4, 39, 0)$ .

c) Con la CPG, resolvemos $f (x) = g (x)$ : $x \approx - 1, 34$ y $x \approx 3, 05$ .

d) (i) Para $x \geq 0$ , $f (x) \geq g (x)$ entre $x = 0$ y $x \approx 3, 05$ . La región $A$ es la que queda entre la parábola (arriba) y la curva logarítmica (abajo), limitada a la izquierda por el eje $y$ .

Gráficos de f(x) = 4 − (1 − x)² y g(x) = ln(x + 3) − 2 con la región A sombreada: la que queda entre la parábola, arriba, y la curva logarítmica, abajo, para x entre 0 y el segundo punto de corte

(ii) $A ˊ rea = \int_{0}^{3, 05} [4 - (1 - x)^{2} - ln (x + 3) + 2] d x$ .

(iii) Con la CPG, el valor de la integral es $\approx 10, 6$ .

e) 1. La distancia vertical es $D (x) = f (x) - g (x) = 6 - (1 - x)^{2} - ln (x + 3)$ para $0 \leq x \leq 3, 05$ . 2. Con la CPG, el máximo de $D$ se alcanza en $x \approx 0, 871$ (también se puede obtener de $D^{'} (x) = 2 (1 - x) - \frac{1}{x + 3} = 0$ ). 3. $D_{m a x} \approx 4, 63$ .

Resultado: a) gráficas; b) (i) $x = - 3$ ; (ii) $(0, - 0, 901)$ y $(4, 39, 0)$ ; c) $x \approx - 1, 34$ , $x \approx 3, 05$ ; d) (ii) $\int_{0}^{3, 05} [4 - (1 - x)^{2} - ln (x + 3) + 2] d x$ ; (iii) $\approx 10, 6$ ; e) distancia vertical máxima $\approx 4, 63$

Ejercicio 210 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2019

Considere las funciones $f$ y $g$ definidas en el dominio $0 < x < 2 π$ mediante $f (x) = 3 cos 2 x$ y $g (x) = 4 - 11 cos x$ . La siguiente figura muestra el gráfico de $y = f (x)$ y el de $y = g (x)$ .

Gráficos de y = 4 − 11cos x (arco grande que parte por debajo del eje x y alcanza su máximo en el centro) e y = 3cos 2x (oscila entre −3 y 3), para 0 < x < 2π; sombreada la región entre ambos entre sus dos puntos de corte; A sobre la primera curva y B sobre la segunda, con la misma abscisa

a) Halle la coordenada $x$ de cada uno de los puntos de intersección de los dos gráficos.

b) Halle el área exacta de la región sombreada; dé su respuesta de la forma $p π + q 3$ , donde $p, q \in Q$ .

En los puntos $A$ y $B$ de la figura, los dos gráficos tienen la misma pendiente.

c) Determine la coordenada $y$ de $A$ , perteneciente al gráfico de $g$ .

Ver resultado

Resultado: a) $x = \frac{π}{3}$ , $x = \frac{5 π}{3}$ ; b) Área $= \frac{16}{3} π + \frac{25}{2} 3$ ; c) $y_{A} = \frac{169}{12}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Igualamos: $3 cos 2 x = 4 - 11 cos x$ . Con $cos 2 x = 2 cos^{2} x - 1$ : $6 cos^{2} x - 3 = 4 - 11 cos x$ , es decir, $6 cos^{2} x + 11 cos x - 7 = 0$ . 2. Con $c = cos x$ : $c = \frac{- 11 \pm 121 + 168}{12} = \frac{- 11 \pm 17}{12}$ , luego $c = \frac{1}{2}$ o $c = - \frac{7}{3}$ . 3. $cos x = - \frac{7}{3}$ es imposible. $cos x = \frac{1}{2}$ en $0 < x < 2 π$ da $x = \frac{π}{3}$ y $x = \frac{5 π}{3}$ .

b) 1. Entre los cortes, $g$ queda por encima de $f$ (en $x = π$ : $g = 15$ y $f = 3$ ). 2. Área $= \int_{π /3}^{5 π /3} (4 - 11 cos x - 3 cos 2 x) d x = [4 x - 11 sen x - \frac{3}{2} sen 2 x]_{π /3}^{5 π /3}$ . 3. En $\frac{5 π}{3}$ : $\frac{20 π}{3} + \frac{11 3}{2} + \frac{3 3}{4}$ . En $\frac{π}{3}$ : $\frac{4 π}{3} - \frac{11 3}{2} - \frac{3 3}{4}$ . 4. Restando: $\frac{16 π}{3} + 113 + \frac{3 3}{2} = \frac{16}{3} π + \frac{25}{2} 3$ .

c) 1. Misma pendiente en $A$ y en $B$ (misma abscisa): $f^{'} (x) = g^{'} (x)$ . 2. $f^{'} (x) = - 6 sen 2 x = - 12 sen x cos x$ y $g^{'} (x) = 11 sen x$ . 3. $- 12 sen x cos x = 11 sen x$ . Como $sen x \neq = 0$ en $] 0, π [$ (los puntos están a la izquierda del centro), $cos x = - \frac{11}{12}$ . 4. La coordenada $y$ de $A$ (sobre $g$ ) es $4 - 11 cos x = 4 + \frac{121}{12} = \frac{169}{12}$ .

Resultado: a) $x = \frac{π}{3}$ , $x = \frac{5 π}{3}$ ; b) Área $= \frac{16}{3} π + \frac{25}{2} 3$ ; c) $y_{A} = \frac{169}{12}$

Ejercicio 211 DifícilIB · P2 Noviembre 1996

El gráfico de $f (x) = \frac{1 + ln x}{x}$ se muestra a continuación.

Gráfica de f(x) = (1 + ln x)/x con asíntota vertical en el eje y: corta al eje x en A, tiene su máximo en B y un punto de inflexión en C; la recta OT pasa por el origen y por el punto T de la curva, y se trazan las verticales por T, B y C hasta el eje x (D es el pie de la vertical por T)

La recta $(OT)$ , donde $O$ es el origen y $T$ está en la curva, es la tangente en $T$ .

La gráfica de $f (x)$ corta al eje $x$ en $A$ .

a) Calcule las coordenadas de $A$ .

b) Calcule las coordenadas del punto $B$ donde $f (x)$ alcanza el máximo valor.

c) Calcule las coordenadas de $C$ , el punto de inflexión de $f (x)$ .

d) Si la coordenada $x$ de $T$ es $x_{0}$ , calcule en función de $x_{0}$ , la ecuación de la recta tangente $(OT)$ .

e) Calcule el valor de $x_{0}$ .

f) Pruebe que las coordenadas $x$ de los puntos $A$ , $T$ , $B$ y $C$ , como se define arriba (y se muestra en el diagrama), son cuatro términos consecutivos de una progresión geométrica. Escriba la razón común de la progresión.

g) Calcule el área de la región $OTA$ .

Ver resultado

Resultado: a) $A (e^{- 1}, 0)$ ; b) $B (1, 1)$ ; c) $C (e^{\frac{1}{2}}, \frac{3 e ^{- 1/2}}{2})$ ; d) $OT$ : $y = - \frac{ln x _{0}}{x _{0}^{2}} x$ ; e) $x_{0} = e^{- \frac{1}{2}}$ ; f) demostrado, razón $r = e^{\frac{1}{2}}$ ; g) Área $OTA = \frac{1}{8}$

Ver proceso y resultado

a) $f (x) = 0 \Rightarrow 1 + ln x = 0 \Rightarrow x = e^{- 1}$ . Luego $A (e^{- 1}, 0)$ .

b) 1. Derivamos con la regla del cociente: $f^{'} (x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - ( 1 + ln x )}{x ^{2}} = \frac{- ln x}{x ^{2}}$ . 2. $f^{'} (x) = 0 \Rightarrow x = 1$ . Es máximo: $f^{'} > 0$ para $x < 1$ y $f^{'} < 0$ para $x > 1$ . 3. $f (1) = 1$ , luego $B (1, 1)$ .

c) 1. $f^{''} (x) = \frac{- \frac{1}{x} \cdot x ^{2} + ln x \cdot 2 x}{x ^{4}} = \frac{2 ln x - 1}{x ^{3}}$ . 2. $f^{''} (x) = 0 \Rightarrow ln x = \frac{1}{2} \Rightarrow x = e^{\frac{1}{2}}$ , y $f^{''}$ cambia de signo ( $-$ a $+$ ). 3. $f (e^{1/2}) = \frac{1 + \frac{1}{2}}{e ^{1/2}} = \frac{3}{2} e^{- \frac{1}{2}}$ . Luego $C (e^{\frac{1}{2}}, \frac{3 e ^{- 1/2}}{2})$ .

d) 1. La tangente en $x_{0}$ es $y - f (x_{0}) = f^{'} (x_{0}) (x - x_{0})$ con $f^{'} (x_{0}) = - \frac{ln x _{0}}{x _{0}^{2}}$ . 2. Como pasa por el origen, $f (x_{0}) = x_{0} f^{'} (x_{0})$ , y la recta es $y = f^{'} (x_{0}) x$ . 3. Es decir, $OT$ : $y = - \frac{ln x _{0}}{x _{0}^{2}} x$ .

e) 1. De la condición $f (x_{0}) = x_{0} f^{'} (x_{0})$ : $\frac{1 + ln x _{0}}{x _{0}} = - \frac{ln x _{0}}{x _{0}}$ . 2. $1 + ln x_{0} = - ln x_{0} \Rightarrow ln x_{0} = - \frac{1}{2} \Rightarrow x_{0} = e^{- \frac{1}{2}}$ .

f) 1. Las abscisas de $A$ , $T$ , $B$ y $C$ son $e^{- 1}$ , $e^{- \frac{1}{2}}$ , $1 = e^{0}$ y $e^{\frac{1}{2}}$ . 2. El cociente entre cada una y la anterior es $e^{\frac{1}{2}}$ ( $e^{- \frac{1}{2}} / e^{- 1} = e^{\frac{1}{2}}$ , $1/ e^{- \frac{1}{2}} = e^{\frac{1}{2}}$ , $e^{\frac{1}{2}} /1 = e^{\frac{1}{2}}$ ), constante: son consecutivos de una progresión geométrica de razón $r = e^{\frac{1}{2}}$ .

g) 1. El pie de la vertical por $T$ es $D (e^{- 1/2}, 0)$ y $y_{T} = f (e^{- 1/2}) = \frac{1 - \frac{1}{2}}{e ^{- 1/2}} = \frac{1}{2} e^{\frac{1}{2}}$ . 2. El triángulo $ODT$ tiene área $\frac{1}{2} \cdot e^{- \frac{1}{2}} \cdot \frac{1}{2} e^{\frac{1}{2}} = \frac{1}{4}$ . 3. La región $OTA$ es ese triángulo menos el área bajo la curva entre $A$ y $D$ (la curva queda por debajo de su tangente $OT$ porque $f^{''} < 0$ allí): $\int_{e^{- 1}}^{e^{- 1/2}} \frac{1 + ln x}{x} d x = [ln x + \frac{( ln x ) ^{2}}{2}]_{e^{- 1}}^{e^{- 1/2}} = (- \frac{1}{2} + \frac{1}{8}) - (- 1 + \frac{1}{2}) = \frac{1}{8}$ . 4. Área $OTA = \frac{1}{4} - \frac{1}{8} = \frac{1}{8}$ .

Ejercicio 212 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2018

a) Utilice la integración por partes para mostrar que $\int e^{x} cos 2 x d x = \frac{2 e ^{x}}{5} sen 2 x + \frac{e ^{x}}{5} cos 2 x + c$ , $c \in R$ .

b) A partir de lo anterior, muestre que $\int e^{x} cos^{2} x d x = \frac{e ^{x}}{5} sen 2 x + \frac{e ^{x}}{10} cos 2 x + \frac{e ^{x}}{2} + c$ , $c \in R$ .

La función $f$ se define de la siguiente forma $f (x) = e^{x} cos^{2} x$ , donde $0 \leq x \leq 5$ .

En el siguiente gráfico se muestra la curva $y = f (x)$ .

Esta curva tiene máximos locales en $A$ y en $C$ y toca al eje $x$ en $B$ y en $D$ .

Gráfica de y = eˣcos²x para x entre 0 y 5: máximo local pequeño en A, toca el eje x en B, gran máximo local en C, toca el eje en D y vuelve a subir hasta x = 5; sombreada la región entre la curva y el eje x entre B y D

c) Halle la coordenada $x$ de $A$ y de $C$ , dando las respuestas en la forma $a + arctan b$ , donde $a, b \in R$ .

d) Halle el área de la región delimitada por esta curva y por el eje $x$ entre $B$ y $D$ , como aparece sombreada en la figura.

Ver solución

a) Integración por partes dos veces. Sea $I = \int e^{x} cos 2 x d x$ .

Primera vez, con $u = cos 2 x$ y $d v = e^{x} d x$ : $I = e^{x} cos 2 x + 2 \int e^{x} sen 2 x d x$ .
Segunda vez, con $u = sen 2 x$ y $d v = e^{x} d x$ : $\int e^{x} sen 2 x d x = e^{x} sen 2 x - 2 I$ .
Sustituimos: $I = e^{x} cos 2 x + 2 e^{x} sen 2 x - 4 I$ , luego $5 I = e^{x} (cos 2 x + 2 sen 2 x)$ .
$I = \frac{2 e ^{x}}{5} sen 2 x + \frac{e ^{x}}{5} cos 2 x + c$ .

b) 1. Como $cos^{2} x = \frac{1 + cos 2 x}{2}$ : $\int e^{x} cos^{2} x d x = \frac{1}{2} \int e^{x} d x + \frac{1}{2} \int e^{x} cos 2 x d x$ . 2. Por a): $= \frac{e ^{x}}{2} + \frac{1}{2} (\frac{2 e ^{x}}{5} sen 2 x + \frac{e ^{x}}{5} cos 2 x) + c = \frac{e ^{x}}{5} sen 2 x + \frac{e ^{x}}{10} cos 2 x + \frac{e ^{x}}{2} + c$ .

c) 1. $f^{'} (x) = e^{x} cos^{2} x - 2 e^{x} cos x sen x = e^{x} cos x (cos x - 2 sen x)$ . 2. $f^{'} (x) = 0$ con $cos x = 0$ da $x = \frac{π}{2}$ y $x = \frac{3 π}{2}$ : allí $f = 0$ , son los puntos $B$ y $D$ que tocan el eje. 3. Los máximos locales cumplen $cos x = 2 sen x$ , es decir, $tan x = \frac{1}{2}$ : $x = arctan \frac{1}{2} \approx 0, 464$ y $x = π + arctan \frac{1}{2} \approx 3, 61$ (ambos en $[0, 5]$ ). 4. Por tanto $A$ : $x = arctan \frac{1}{2}$ ( $a = 0$ , $b = \frac{1}{2}$ ) y $C$ : $x = π + arctan \frac{1}{2}$ ( $a = π$ , $b = \frac{1}{2}$ ).

d) 1. $B$ y $D$ tienen $x = \frac{π}{2}$ y $x = \frac{3 π}{2}$ , y entre ellos $f (x) = e^{x} cos^{2} x \geq 0$ , así que el área es la integral. 2. Con la primitiva de b), $G (x) = \frac{e ^{x}}{5} sen 2 x + \frac{e ^{x}}{10} cos 2 x + \frac{e ^{x}}{2}$ : $G (\frac{3 π}{2}) = e^{\frac{3 π}{2}} (0 - \frac{1}{10} + \frac{1}{2}) = \frac{2}{5} e^{\frac{3 π}{2}}$ y $G (\frac{π}{2}) = e^{\frac{π}{2}} (0 - \frac{1}{10} + \frac{1}{2}) = \frac{2}{5} e^{\frac{π}{2}}$ . 3. Área $= \frac{2}{5} (e^{\frac{3 π}{2}} - e^{\frac{π}{2}})$ .

Resultado: a) y b) demostrados; c) $A$ : $x = arctan \frac{1}{2}$ ; $C$ : $x = π + arctan \frac{1}{2}$ ; d) Área $= \frac{2}{5} (e^{\frac{3 π}{2}} - e^{\frac{π}{2}})$

Ejercicio 213 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2017

a) i) Exprese $x^{2} + 3 x + 2$ en la forma $(x + h)^{2} + k$ .

(ii) Factorice $x^{2} + 3 x + 2$ .

Considere la función $f (x) = \frac{1}{x ^{2} + 3 x + 2}$ , $x \in R$ , $x \neq = - 2$ , $x \neq = - 1$ .

b) Dibuje la gráfica de $f (x)$ , indicando en ella las ecuaciones de las asíntotas, las coordenadas de la intersección con el eje $y$ y el máximo local.

c) Muestre que $\frac{1}{x + 1} - \frac{1}{x + 2} = \frac{1}{x ^{2} + 3 x + 2}$ .

d) Usando lo anterior calcule el valor de $p$ si $\int_{0}^{1} f (x) d x = ln (p)$ .

e) Dibuje el gráfico de $y = f (∣ x ∣)$ .

f) Determine el área de la región encerrada por el gráfico de $y = f (∣ x ∣)$ , el eje $x$ y las rectas de ecuación $x = - 1$ y $x = 1$ .

Ver solución

a) (i) 1. Completamos el cuadrado: $x^{2} + 3 x + 2 = (x + \frac{3}{2})^{2} - \frac{9}{4} + 2 = (x + \frac{3}{2})^{2} - \frac{1}{4}$ .

(ii) 1. Buscamos dos números de producto $2$ y suma $3$ : $x^{2} + 3 x + 2 = (x + 1) (x + 2)$ .

b) 1. Las asíntotas verticales están donde se anula el denominador: $x = - 1$ y $x = - 2$ . Cuando $x \to \pm \infty$ , $f \to 0$ : asíntota horizontal $y = 0$ . 2. Corte con el eje $y$ : $f (0) = \frac{1}{2}$ , es decir, $(0, \frac{1}{2})$ . No corta al eje $x$ porque $f$ nunca vale $0$ . 3. Como $f = \frac{1}{( x + \frac{3}{2} ) ^{2} - \frac{1}{4}}$ , el denominador tiene un mínimo en $x = - \frac{3}{2}$ con valor $- \frac{1}{4}$ . Allí $f = - 4$ y es un máximo local, $(- \frac{3}{2}, - 4)$ . 4. A la derecha de $x = - 1$ la curva baja desde $+ \infty$ hacia $0$ pasando por $(0, \frac{1}{2})$ . Entre las dos asíntotas la rama es un arco invertido (por debajo del eje $x$ ) con ese máximo. A la izquierda de $x = - 2$ la curva viene de $0$ y sube hacia $+ \infty$ .

Gráfica de f(x) = 1/(x² + 3x + 2) con asíntotas verticales x = −2 y x = −1 y asíntota horizontal y = 0: a la derecha de x = −1 la curva baja desde arriba pasando por (0, 1/2); entre las asíntotas hay una rama con máximo local en (−3/2, −4); a la izquierda de x = −2 la curva sube hacia arriba junto a la asíntota

c) 1. Reducimos a común denominador: $\frac{1}{x + 1} - \frac{1}{x + 2} = \frac{( x + 2 ) - ( x + 1 )}{( x + 1 ) ( x + 2 )} = \frac{1}{x ^{2} + 3 x + 2}$ .

d) 1. Usamos la descomposición del apartado c): $\int_{0}^{1} f (x) d x = \int_{0}^{1} (\frac{1}{x + 1} - \frac{1}{x + 2}) d x = [ln (x + 1) - ln (x + 2)]_{0}^{1}$ . 2. $= (ln 2 - ln 3) - (ln 1 - ln 2) = 2 ln 2 - ln 3 = ln \frac{4}{3}$ . 3. Por tanto $p = \frac{4}{3}$ .

e) 1. $y = f (∣ x ∣)$ se obtiene conservando la parte de la gráfica con $x \geq 0$ y reflejándola respecto del eje $y$ . La curva es simétrica, con máximo $(0, \frac{1}{2})$ y tiende a $0$ cuando $x \to \pm \infty$ (no tiene asíntotas verticales).

Gráfica de y = f(|x|) = 1/(x² + 3|x| + 2): curva simétrica respecto del eje y, con máximo (0, 1/2) y que tiende a 0 cuando x tiende a ±∞; se marcan con rectas discontinuas x = −1 y x = 1

f) 1. Entre $x = - 1$ y $x = 1$ la función $f (∣ x ∣)$ es positiva y simétrica respecto del eje $y$ . 2. Área $= 2 \int_{0}^{1} f (x) d x = 2 ln \frac{4}{3}$ .

Resultado: a) (i) $(x + \frac{3}{2})^{2} - \frac{1}{4}$ ; (ii) $(x + 1) (x + 2)$ ; b) asíntotas verticales $x = - 1$ , $x = - 2$ , horizontal $y = 0$ ; corte $(0, \frac{1}{2})$ ; máximo local $(- \frac{3}{2}, - 4)$ ; d) $p = \frac{4}{3}$ ; f) área $= 2 ln (\frac{4}{3})$

Ejercicio 214 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2016

Sea $y = e^{x} sen x$ .

a) Halle una expresión para $\frac{d y}{d x}$ .

b) Muestre que $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = 2 e^{x} cos x$ .

Considere la función $f$ , definida mediante $f (x) = e^{x} sen x$ , $0 \leq x \leq π$ .

c) Muestre que la función $f$ alcanza un valor máximo local en $x = \frac{3 π}{4}$ .

d) Halle la coordenada $x$ del punto de inflexión del gráfico de $f$ .

e) Dibuje aproximadamente el gráfico de $f$ , indicando claramente la posición del punto máximo local, del punto de inflexión y de los puntos de corte con los ejes.

f) Halle el área de la región delimitada por el gráfico de $f$ y el eje $x$ .

La curvatura de un gráfico en un punto cualquiera $(x, y)$ se define como $k = \frac{\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}}{( 1 + ( \frac{d y}{d x} ) ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}}$ .

g) Halle el valor de la curvatura del gráfico de $f$ en el punto máximo local.

h) Halle el valor de $k$ para $x = \frac{π}{2}$ y comente acerca de su significado en lo que respecta a la forma del gráfico.

Ver solución

a) 1. Regla del producto: $\frac{d y}{d x} = e^{x} sen x + e^{x} cos x = e^{x} (sen x + cos x)$ .

b) 1. Derivamos otra vez: $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = e^{x} (sen x + cos x) + e^{x} (cos x - sen x) = 2 e^{x} cos x$ .

c) 1. Un extremo local cumple $f^{'} (x) = 0$ : $e^{x} (sen x + cos x) = 0$ , luego $tan x = - 1$ , y en $[0, π]$ la solución es $x = \frac{3 π}{4}$ . 2. Segunda derivada: $f^{''} (\frac{3 π}{4}) = 2 e^{3 π /4} cos \frac{3 π}{4} < 0$ , porque $cos \frac{3 π}{4} = - \frac{2}{2} < 0$ . 3. Por tanto es un máximo local.

d) 1. Un punto de inflexión cumple $f^{''} (x) = 0$ : $2 e^{x} cos x = 0$ , luego $cos x = 0$ y $x = \frac{π}{2}$ en $[0, π]$ . 2. $f^{''}$ cambia de signo en $\frac{π}{2}$ (positiva antes, negativa después), así que es un punto de inflexión.

e) 1. Cortes con los ejes: $f (x) = 0$ si $sen x = 0$ , es decir, $(0, 0)$ y $(π, 0)$ . 2. La curva sale de $(0, 0)$ y crece, siendo cóncava hacia arriba hasta el punto de inflexión en $x = \frac{π}{2}$ , alcanza el máximo local en $x = \frac{3 π}{4}$ y baja hasta cortar el eje $x$ en $(π, 0)$ .

Gráfico de f(x) = e^x sen x en (0, π), con los cortes con los ejes, el máximo local y el punto de inflexión

f) 1. En $[0, π]$ , $f \geq 0$ , luego el área es $\int_{0}^{π} e^{x} sen x d x$ . 2. Integrando por partes dos veces (o derivando la candidata) se obtiene la primitiva $\frac{e ^{x} ( sen x - cos x )}{2}$ . 3. $[\frac{e ^{x} ( sen x - cos x )}{2}]_{0}^{π} = \frac{e ^{π} \cdot 1}{2} - \frac{1 \cdot ( - 1 )}{2} = \frac{e ^{π} + 1}{2} \approx 12, 07$ .

g) 1. En el máximo local $f^{'} (\frac{3 π}{4}) = 0$ , así que el denominador de $k$ vale $(1 + 0)^{3/2} = 1$ . 2. $f^{''} (\frac{3 π}{4}) = 2 e^{3 π /4} \cdot \frac{2}{2} = 2 e^{3 π /4}$ . 3. $k = 2 e^{3 π /4}$ .

h) 1. En $x = \frac{π}{2}$ se tiene $f^{''} = 0$ , luego $k = 0$ . 2. La curvatura nula significa que, en el punto de inflexión, la gráfica no se curva: en ese punto se aproxima por una línea recta.

Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = e^{x} (sen x + cos x)$ ; d) $x = \frac{π}{2}$ ; e) cortes $(0, 0)$ y $(π, 0)$ ; f) área $= \frac{e ^{π} + 1}{2}$ ; g) $k = 2 e^{\frac{3 π}{4}}$ ; h) $k = 0$ : en $x = \frac{π}{2}$ el gráfico de $f$ se aproxima por una línea recta.

Ejercicio 215 DifícilIB · P2 Noviembre 1998

Considere el polinomio $f (x) = x^{3} - c x^{2} - 4 x + 4 c$ , donde $- 2 < c < 2$ .

a) Muestre que $f (c) = 0$ para todos los valores de $c$ .

b) Exprese $f (x)$ como producto de tres factores lineales.

c) Dibuje la gráfica de $y = f (x)$ , indicando claramente las intersecciones con el eje $x$ .

d) Muestre que el área total, $A$ , encerrada por la curva $y = f (x)$ y el eje $x$ viene dada por $A = 8 + 4 c^{2} - \frac{1}{6} c^{4}$ .

e) Calcule el valor de $c$ , $- 2 < c < 2$ , para que $A$ sea mínima.

f) Calcule el volumen generado cuando la región encerrada por la gráfica de $y = f (x)$ y el eje $x$ entre $x = c$ y $x = 2$ , para el valor de $c$ encontrado en el apartado (e), gira $36 0^{\circ}$ alrededor del eje $x$ .

Ver solución

a) 1. $f (c) = c^{3} - c \cdot c^{2} - 4 c + 4 c = 0$ para todo $c$ .

b) 1. Factorizamos por grupos: $f (x) = x^{2} (x - c) - 4 (x - c) = (x - c) (x^{2} - 4)$ . 2. $f (x) = (x - c) (x - 2) (x + 2)$ .

c) 1. Los cortes con el eje $x$ son $x = - 2$ , $x = c$ y $x = 2$ , con $- 2 < c < 2$ . Es una cúbica con coeficiente principal positivo: viene de $- \infty$ , corta en $- 2$ , tiene un máximo local entre $- 2$ y $c$ , corta en $c$ , tiene un mínimo local entre $c$ y $2$ , y sube cortando en $2$ . 2. La forma general es la misma para cualquier $c$ ; solo cambia la posición del punto $c$ respecto del $0$ .

Si $c < 0$ :

Gráfica de y = f(x) con cortes en x = -2, x = c y x = 2, para c < 0

Si $c > 0$ :

Gráfica de y = f(x) con cortes en x = -2, x = c y x = 2, para c > 0

d) 1. El signo de $f$ es positivo en $] - 2, c [$ y negativo en $] c, 2 [$ (basta mirar el signo de los factores). Por eso el área total es $A = \int_{- 2}^{c} f (x) d x - \int_{c}^{2} f (x) d x$ . 2. Una primitiva es $F (x) = \frac{x ^{4}}{4} - \frac{c x ^{3}}{3} - 2 x^{2} + 4 c x$ . 3. Valores: $F (2) = - 4 + \frac{16 c}{3}$ ; $F (- 2) = - 4 - \frac{16 c}{3}$ ; $F (c) = \frac{c ^{4}}{4} - \frac{c ^{4}}{3} - 2 c^{2} + 4 c^{2} = 2 c^{2} - \frac{c ^{4}}{12}$ . 4. $A = [F (c) - F (- 2)] - [F (2) - F (c)] = 2 F (c) - F (- 2) - F (2) = 4 c^{2} - \frac{c ^{4}}{6} + 8$ . 5. Es decir, $A = 8 + 4 c^{2} - \frac{1}{6} c^{4}$ .

e) 1. Derivamos respecto de $c$ : $\frac{d A}{d c} = 8 c - \frac{2}{3} c^{3} = c (8 - \frac{2}{3} c^{2})$ . 2. Se anula en $c = 0$ (la otra opción, $c^{2} = 12$ , queda fuera de $- 2 < c < 2$ ). 3. $\frac{d ^{2} A}{d c ^{2}} = 8 - 2 c^{2} > 0$ en $c = 0$ , así que es un mínimo. 4. $c = 0$ .

f) 1. Con $c = 0$ , $f (x) = x (x^{2} - 4) = x^{3} - 4 x$ . La región entre $x = 0$ y $x = 2$ gira en torno al eje $x$ . 2. $V = π \int_{0}^{2} (x^{3} - 4 x)^{2} d x = π \int_{0}^{2} (x^{6} - 8 x^{4} + 16 x^{2}) d x$ . 3. $= π [\frac{x ^{7}}{7} - \frac{8 x ^{5}}{5} + \frac{16 x ^{3}}{3}]_{0}^{2} = π (\frac{128}{7} - \frac{256}{5} + \frac{128}{3}) = \frac{1024 π}{105} \approx 30, 6$ .

Resultado: b) $f (x) = (x - c) (x + 2) (x - 2)$ ; e) $c = 0$ ; f) $V = \frac{1024}{105} π = 30, 6$

Ejercicio 216 DifícilIB · P2 Noviembre 1999

Considere las funciones $f_{k} (x) = {x ln x - k x, 0, x > 0 x = 0$ , donde $k \in N$ .

a) Calcule la derivada de $f_{k} (x)$ , $x > 0$ .

b) Calcule el intervalo abierto donde $f_{0} (x)$ es creciente.

El gráfico de la función $f_{k} (x)$ se muestra a continuación.

Gráfico de la función f_k(x): parte del origen, baja hasta un mínimo y vuelve a cortar el eje x en el punto A; se dibuja también la recta tangente en A, que corta al eje y por debajo del origen

c) i) Muestre que un punto estacionario de $f_{k} (x)$ está para $x = e^{k - 1}$ .

(ii) Una intersección con el eje $x$ es $(0, 0)$ . Calcule las coordenadas de la otra intersección con el eje $x$ .

d) Calcule el área encerrada por la curva y el eje $x$ .

e) Calcule la ecuación de la tangente a la curva en $A$ .

f) Muestre que el área de la región triangular creada por la tangente y los ejes de coordenadas es el doble del área encerrada por la curva y el eje $x$ .

g) Demuestre que las intercepciones con el eje $x$ de $f_{k} (x)$ para valores consecutivos de $k$ forman una progresión geométrica.

Ver resultado

Resultado: a) $f_{k}^{'} (x) = ln x + 1 - k$ ; b) $] \frac{1}{e}, + \infty [$ ; c) i) queda demostrado; ii) $A (e^{k}, 0)$ ; d) $\frac{e ^{2 k}}{4}$ ; e) $y = x - e^{k}$ ; f) queda demostrado; g) progresión geométrica de razón $r = e$ .

Ver proceso y resultado

a) 1. Derivamos $f_{k} (x) = x ln x - k x$ con la regla del producto: $f_{k}^{'} (x) = ln x + x \cdot \frac{1}{x} - k$ . 2. Por tanto $f_{k}^{'} (x) = ln x + 1 - k$ .

b) 1. Con $k = 0$ , $f_{0}^{'} (x) = ln x + 1$ . 2. $f_{0}$ es creciente si $f_{0}^{'} (x) > 0$ : $ln x > - 1$ , es decir, $x > \frac{1}{e}$ . 3. El intervalo abierto es $] \frac{1}{e}, + \infty [$ .

c) i) 1. Un punto estacionario cumple $f_{k}^{'} (x) = 0$ : $ln x + 1 - k = 0$ , luego $ln x = k - 1$ . 2. Por tanto $x = e^{k - 1}$ .

(ii) 1. Resolvemos $f_{k} (x) = 0$ con $x > 0$ : $x (ln x - k) = 0$ , y como $x \neq = 0$ , $ln x = k$ . 2. La otra intersección es $x = e^{k}$ : $A (e^{k}, 0)$ .

d) 1. Entre $x = 0$ y $x = e^{k}$ la curva queda por debajo del eje $x$ (parte de $O$ , baja hasta el mínimo en $x = e^{k - 1}$ y vuelve a subir hasta $A$ ), así que el área es $- \int_{0}^{e^{k}} (x ln x - k x) d x$ . 2. Primitiva de $x ln x$ por partes, con $u = ln x$ y $d v = x d x$ (así $d u = \frac{1}{x} d x$ , $v = \frac{x ^{2}}{2}$ ): $\int x ln x d x = \frac{x ^{2}}{2} ln x - \int \frac{x}{2} d x = \frac{x ^{2}}{2} ln x - \frac{x ^{2}}{4}$ . 3. Entonces $\int (x ln x - k x) d x = \frac{x ^{2}}{2} ln x - \frac{x ^{2}}{4} - \frac{k x ^{2}}{2} = \frac{x ^{2}}{2} (ln x - k) - \frac{x ^{2}}{4}$ . 4. En $x = e^{k}$ vale $0 - \frac{e ^{2 k}}{4}$ y en $x = 0$ el límite es $0$ . La integral vale $- \frac{e ^{2 k}}{4}$ . 5. El área es $\frac{e ^{2 k}}{4}$ .

e) 1. La pendiente en $A$ es $f_{k}^{'} (e^{k}) = k + 1 - k = 1$ . 2. La tangente: $y - 0 = 1 \cdot (x - e^{k})$ , es decir, $y = x - e^{k}$ .

f) 1. La tangente corta el eje $x$ en $x = e^{k}$ y el eje $y$ en $y = - e^{k}$ . 2. El triángulo es rectángulo con catetos $e^{k}$ y $e^{k}$ : área $= \frac{1}{2} e^{2 k}$ . 3. Y $\frac{1}{2} e^{2 k} = 2 \cdot \frac{e ^{2 k}}{4}$ , el doble del área de (d).

g) 1. Para $k$ y $k + 1$ las intersecciones con el eje $x$ son $e^{k}$ y $e^{k + 1}$ . 2. El cociente de dos consecutivas es $\frac{e ^{k + 1}}{e ^{k}} = e$ , constante. 3. Por tanto $e, e^{2}, e^{3}, \dots$ forman una progresión geométrica de razón $e$ .

Ejercicio 217 DifícilIB · P2 Mayo 2000

Sea $f (x) = ln x^{5} - 3 x^{2}$ , $- 0, 5 < x < 2$ , $x \neq = a$ , $x \neq = b$ ; $a$ , $b$ son valores de $x$ para los cuales $f (x)$ no está definida.

a) i) Dibuje la gráfica de $f (x)$ , indicando en su dibujo los ceros de $f (x)$ .

Muestre también la posición de cualquier asíntota.

(ii) Encuentre todos los ceros de $f (x)$ , (soluciones de $f (x) = 0$ ).

b) Calcule el valor exacto de $a$ y $b$ .

c) Calcule $f^{'} (x)$ , e indique con claridad donde $f^{'} (x)$ no está definida.

d) Calcule el valor exacto de la coordenada $x$ del máximo local de $f (x)$ , para $0 < x < 1, 5$ .

(Puede asumir que no hay puntos de inflexión).

e) Escriba la integral definida que representa el área de la región encerrada por $f (x)$ y el eje $x$ . (No evalúe la integral).

Ver solución

a) i) 1. Dominio: $f$ no está definida donde $x^{5} - 3 x^{2} = 0$ , es decir, $x = 0$ y $x = 33 \approx 1, 44$ ; ahí hay asíntotas verticales ( $f \to - \infty$ ). 2. Los ceros salen de $x^{5} - 3 x^{2} = 1$ (apartado ii). 3. Forma de la gráfica: para $- 0, 5 < x < 0$ y para $0 < x < 0, 6$ es negativa; entre $0, 6$ y $1, 35$ es positiva con un máximo local; baja hasta $- \infty$ en $x = 33$ ; a la derecha vuelve desde $- \infty$ y corta el eje en $1, 51$ , creciendo después.

Gráfico de f(x) = ln|x^5 − 3x²| para −0,5 < x < 2, con asíntotas verticales en x = 0 y en x = ∛3 y los tres puntos de corte con el eje x

(ii) 1. $f (x) = 0$ equivale a $x^{5} - 3 x^{2} = 1$ , es decir, $x^{5} - 3 x^{2} = 1$ o $x^{5} - 3 x^{2} = - 1$ . 2. Con la CPG, en el intervalo dado, se obtienen tres soluciones: $x \approx 0, 599$ , $x \approx 1, 35$ y $x \approx 1, 51$ (en $- 0, 5 < x < 0$ el valor de $x^{5} - 3 x^{2}$ es menor que $1$ y no hay ceros).

b) 1. $f$ no está definida si $x^{5} - 3 x^{2} = x^{2} (x^{3} - 3) = 0$ . 2. Entonces $x = 0$ o $x^{3} = 3$ : $a = 0$ y $b = 33$ .

c) 1. Derivada de un logaritmo de un valor absoluto: $\frac{d}{d x} ln ∣ u ∣ = \frac{u ^{'}}{u}$ , con $u = x^{5} - 3 x^{2}$ . 2. $f^{'} (x) = \frac{5 x ^{4} - 6 x}{x ^{5} - 3 x ^{2}} = \frac{6 x - 5 x ^{4}}{3 x ^{2} - x ^{5}}$ . 3. No está definida en $x = 0$ y $x = 33$ , donde se anula el denominador.

d) 1. $f^{'} (x) = 0$ cuando el numerador se anula: $6 x - 5 x^{4} = x (6 - 5 x^{3}) = 0$ . 2. En $0 < x < 1, 5$ la solución es $5 x^{3} = 6$ , es decir, $x = 3 \frac{6}{5} \approx 1, 06$ , que es el máximo local (está entre $0, 6$ y $1, 35$ ).

e) 1. El área encerrada por la curva y el eje $x$ es la región donde $f > 0$ , entre los dos primeros ceros. 2. Área $= \int_{0, 599}^{1, 35} ln x^{5} - 3 x^{2} d x$ .

Resultado: a) ii) $x \approx 0, 599$ , $x \approx 1, 35$ , $x \approx 1, 51$ ; b) $a = 0$ , $b = 33$ ; c) $f^{'} (x) = \frac{6 x - 5 x ^{4}}{3 x ^{2} - x ^{5}}$ , no definida en $x = 0$ y $x = 33$ ; d) $x = 3 \frac{6}{5}$ ; e) $\int_{0, 599}^{1, 35} ln x^{5} - 3 x^{2} d x$

Ejercicio 218 DifícilIB · P2 Noviembre 2000

a) Sea $y = \frac{a + b sen x}{b + a sen x}$ , donde $0 < a < b$ .

(i) Muestre que $\frac{d y}{d x} = \frac{( b ^{2} - a ^{2} ) cos x}{( b + a sen x ) ^{2}}$ .

(ii) Calcule el máximo y el mínimo valor de $y$ .

(iii) Muestre que la gráfica de $y = \frac{a + b sen x}{b + a sen x}$ , $0 < a < b$ no puede tener una asíntota vertical.

b) Para la gráfica de $y = \frac{4 + 5 sen x}{5 + 4 sen x}$ para $0 \leq x \leq 2 π$ ,

(i) Escriba la intersección con el eje $y$ .

(ii) Encontrar las intercepciones $m$ y $n$ con el eje $x$ ( $m < n$ ), con cuatro cifras significativas.

(iii) Dibujar la gráfica.

c) El área encerrada por la gráfica de $y = \frac{4 + 5 sen x}{5 + 4 sen x}$ y el eje $x$ desde $x = 0$ hasta $x = n$ se denota por $A$ .

Anote, pero no evalúe, una expresión para el área $A$ .

Ver solución

a) i) 1. Regla del cociente con $u = a + b sen x$ y $v = b + a sen x$ : $\frac{d y}{d x} = \frac{b cos x ( b + a sen x ) - ( a + b sen x ) a cos x}{( b + a sen x ) ^{2}}$ . 2. Numerador: $b^{2} cos x + ab sen x cos x - a^{2} cos x - ab sen x cos x = (b^{2} - a^{2}) cos x$ . 3. Por tanto $\frac{d y}{d x} = \frac{( b ^{2} - a ^{2} ) cos x}{( b + a sen x ) ^{2}}$ .

(ii) 1. Como $0 < a < b$ , $b^{2} - a^{2} > 0$ y el denominador es positivo (véase iii), así que el signo de $\frac{d y}{d x}$ es el de $cos x$ y se anula si $cos x = 0$ . 2. En $x = \frac{π}{2}$ (módulo $2 π$ ), $cos x$ pasa de $+$ a $-$ : máximo, con $y = \frac{a + b}{b + a} = 1$ . 3. En $x = \frac{3 π}{2}$ , $cos x$ pasa de $-$ a $+$ : mínimo, con $y = \frac{a - b}{b - a} = - 1$ . 4. Máximo $= 1$ , mínimo $= - 1$ .

(iii) 1. Una asíntota vertical exigiría $b + a sen x = 0$ (con el numerador no nulo). 2. Pero $b + a sen x \geq b - a > 0$ porque $a < b$ , luego el denominador no se anula nunca y no hay asíntota vertical.

b) i) $x = 0$ : $y = \frac{4}{5}$ , el punto $(0, \frac{4}{5})$ .

(ii) 1. $y = 0$ si $4 + 5 sen x = 0$ , es decir, $sen x = - \frac{4}{5}$ . 2. En $[0, 2 π]$ las soluciones son $x = π + arcsin 0, 8 \approx 4, 069$ y $x = 2 π - arcsin 0, 8 \approx 5, 356$ . 3. Así $m \approx 4, 069$ y $n \approx 5, 356$ .

(iii) Rasgos clave: parte de $(0, \frac{4}{5})$ , sube hasta el máximo $y = 1$ en $x = \frac{π}{2}$ , baja cruzando el eje $x$ en $m$ , alcanza el mínimo $y = - 1$ en $x = \frac{3 π}{2}$ y sube cortando el eje en $n$ hasta $y = \frac{4}{5}$ en $x = 2 π$ .

Gráfico de y = (4 + 5 sen x)/(5 + 4 sen x) para 0 ≤ x ≤ 2π, con la intersección con el eje y y los dos puntos de corte m y n con el eje x

c) 1. En $[0, m]$ la gráfica está sobre el eje $x$ y en $[m, n]$ , bajo él. 2. El área es la integral del valor absoluto: $A = \int_{0}^{4, 069} \frac{4 + 5 sen x}{5 + 4 sen x} d x - \int_{4, 069}^{5, 356} \frac{4 + 5 sen x}{5 + 4 sen x} d x$ .

Resultado: a) ii) máximo $1$ , mínimo $- 1$ ; b) i) $(0, \frac{4}{5})$ ; ii) $m \approx 4, 069$ , $n \approx 5, 356$ ; c) $A = \int_{0}^{4, 069} \frac{4 + 5 sen x}{5 + 4 sen x} d x - \int_{4, 069}^{5, 356} \frac{4 + 5 sen x}{5 + 4 sen x} d x$

Ejercicio 219 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2005

La función $f$ está definida por $f (x) = e^{p x} (x + 1)$ , con $p \in R$ .

a) i) Compruebe que $f^{'} (x) = e^{p x} (p (x + 1) + 1)$ .

(ii) Sea $f^{(n)} (x)$ la derivada $f (x)$ respecto de $x$ , $n$ veces. Demuestre por inducción matemática que $f^{(n)} (x) = p^{n - 1} e^{p x} (p (x + 1) + n)$ , $n \in Z^{+}$ .

b) Cuando $p = 3$ la curva de $f$ presenta un mínimo y un punto de inflexión.

Halle el valor exacto de la abscisa, $x$ , de

(i) el mínimo.

(ii) el punto de inflexión.

c) Sea $p = \frac{1}{2}$ . Sea $R$ la región encerrada por la curva, el eje $x$ y las rectas $x = - 2$ y $x = 2$ . Halle el área de $R$ .

Ver resultado

Resultado: a) queda demostrado; b) i) $x = \frac{- 1 - 3}{3}$ ; ii) $x = \frac{- 2 - 3}{3}$ ; c) $8 e^{- \frac{1}{2}} - 6 e^{- 1} + 2 e$

Ver proceso y resultado

a) i) 1. Regla del producto: $f^{'} (x) = p e^{p x} (x + 1) + e^{p x} \cdot 1$ . 2. Sacando factor común, $f^{'} (x) = e^{p x} (p (x + 1) + 1)$ .

(ii) Inducción sobre $n \in Z^{+}$ .

Caso base $n = 1$ : la fórmula da $p^{0} e^{p x} (p (x + 1) + 1) = e^{p x} (p (x + 1) + 1) = f^{'} (x)$ por (i). Se cumple.
Hipótesis: para $n = k$ , $f^{(k)} (x) = p^{k - 1} e^{p x} (p (x + 1) + k)$ .
Paso: derivamos, $f^{(k + 1)} (x) = p^{k - 1} [p e^{p x} (p (x + 1) + k) + e^{p x} \cdot p]$ .
Factor común $p e^{p x}$ : $f^{(k + 1)} (x) = p^{k} e^{p x} (p (x + 1) + k + 1)$ , que es la fórmula con $n = k + 1$ .
Por inducción, la fórmula es cierta para todo $n \in Z^{+}$ .

b) i) 1. Con $p = 3$ : $f^{'} (x) = e^{3 x} (3 (x + 1) + 1) = 0$ si $3 (x + 1) = - 1$ . 2. $x = - 1 - \frac{1}{3} = \frac{- 1 - 3}{3}$ . 3. Es un mínimo: $f^{''} (x) = 3 e^{3 x} (3 (x + 1) + 2)$ , y en ese punto $3 (x + 1) + 2 = 1 > 0$ .

(ii) 1. $f^{''} (x) = 0$ si $3 (x + 1) + 2 = 0$ , es decir, $x = - 1 - \frac{2}{3} = \frac{- 2 - 3}{3}$ . 2. Es de inflexión: $f^{'''} (x) = 3 e^{3 x} (3 (x + 1) + 3)$ y en ese punto vale $3 e^{3 x} \neq = 0$ .

c) 1. Con $p = \frac{1}{2}$ , $f (x) = e^{x /2} (x + 1)$ se anula en $x = - 1$ : es negativa en $[- 2, - 1 [$ y positiva en $] - 1, 2]$ . 2. Primitiva por partes con $u = x + 1$ y $d v = e^{x /2} d x$ : $\int e^{x /2} (x + 1) d x = 2 e^{x /2} (x + 1) - 2 \int e^{x /2} d x = 2 e^{x /2} (x + 1) - 4 e^{x /2} = 2 e^{x /2} (x - 1) =: F (x)$ . 3. $F (- 2) = - \frac{6}{e}$ , $F (- 1) = - 4 e^{- 1/2}$ , $F (2) = 2 e$ . 4. Área $= - (F (- 1) - F (- 2)) + (F (2) - F (- 1)) = F (- 2) + F (2) - 2 F (- 1) = - 6 e^{- 1} + 2 e + 8 e^{- 1/2}$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) i) $x = \frac{- 1 - 3}{3}$ ; ii) $x = \frac{- 2 - 3}{3}$ ; c) $8 e^{- \frac{1}{2}} - 6 e^{- 1} + 2 e$

Ejercicio 220 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2011

Las gráficas de $f (x) = - x^{2} + 2$ y de $g (x) = x^{3} - x^{2} - b x + 2$ , $b > 0$ se cortan, dando lugar a dos regiones cerradas. Compruebe que estas dos regiones tienen la misma área.

Gráficas de la parábola f(x) = −x² + 2 y de la cúbica g(x) = x³ − x² − bx + 2 (b > 0): se cortan en tres puntos, uno de ellos sobre el eje y en (0, 2), y delimitan dos regiones cerradas, una a cada lado del eje y

Ver resultado

Resultado: queda demostrado (cada región tiene área $\frac{b ^{2}}{4}$ ).

Ver proceso y resultado

Las gráficas se cortan donde $f (x) = g (x)$ : $- x^{2} + 2 = x^{3} - x^{2} - b x + 2$ , es decir, $x^{3} - b x = 0$ , o sea, $x (x^{2} - b) = 0$ .
Los cortes están en $x = - b$ , $x = 0$ y $x = b$ (con $b > 0$ ).
Región izquierda, $- b \leq x \leq 0$ : ahí $g (x) - f (x) = x^{3} - b x = x (x^{2} - b) \geq 0$ ( $x \leq 0$ y $x^{2} - b \leq 0$ ), luego $g$ va por encima.
Región derecha, $0 \leq x \leq b$ : $x \geq 0$ y $x^{2} - b \leq 0$ , luego $g - f \leq 0$ y $f$ va por encima.
Área izquierda: $\int_{- b}^{0} (x^{3} - b x) d x = [\frac{x ^{4}}{4} - \frac{b x ^{2}}{2}]_{- b}^{0} = 0 - (\frac{b ^{2}}{4} - \frac{b ^{2}}{2}) = \frac{b ^{2}}{4}$ .
Área derecha: $\int_{0}^{b} (b x - x^{3}) d x = [\frac{b x ^{2}}{2} - \frac{x ^{4}}{4}]_{0}^{b} = \frac{b ^{2}}{2} - \frac{b ^{2}}{4} = \frac{b ^{2}}{4}$ .
Las dos áreas valen $\frac{b ^{2}}{4}$ : son iguales.

Resultado: queda demostrado (cada región tiene área $\frac{b ^{2}}{4}$ ).

Ejercicio 221 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2010

El siguiente diagrama muestra las gráficas de $y = \frac{3}{2} x - 3$ , $y = 3$ y la función cuadrática tal que las tres se cortan en los mismos dos puntos.

Gráficas de y = |(3/2)x − 3| (forma de V con vértice en el eje x), de la recta y = 3 y de una parábola con mínimo −3 que corta a las otras dos en los mismos puntos (0, 3) y (4, 3); la región entre la V y la parábola está sombreada

Sabiendo que el valor mínimo de la función cuadrática es $- 3$ , encuentre una expresión para el área de la región sombreada en la forma $\int_{0}^{t} (a x^{2} + b x + c) d x$ , donde las constantes $a$ , $b$ , $c$ y $t$ se han de determinar. (Nota: La integral no necesita ser evaluada.)

Ver resultado

Resultado: $a = - 3$ , $b = 9$ , $c = 0$ , $t = 2$

Ver proceso y resultado

La función cuadrática pasa por los puntos de corte $(0, 3)$ y $(4, 3)$ (donde la V corta a $y = 3$ : $\frac{3}{2} x - 3 = 3$ da $x = 0$ y $x = 4$ ).
Por simetría su vértice está en $x = 2$ y vale $- 3$ : $y = m (x - 2)^{2} - 3$ .
Con $(0, 3)$ : $4 m - 3 = 3$ , luego $m = \frac{3}{2}$ . Así $y = \frac{3}{2} (x - 2)^{2} - 3 = \frac{3}{2} x^{2} - 6 x + 3$ .
La región sombreada queda entre la V (arriba) y la parábola (abajo). Para $0 \leq x \leq 2$ la V es $y = 3 - \frac{3}{2} x$ .
Diferencia: $(3 - \frac{3}{2} x) - (\frac{3}{2} x^{2} - 6 x + 3) = - \frac{3}{2} x^{2} + \frac{9}{2} x$ .
La región es simétrica respecto de $x = 2$ , así que el área es el doble de la de $[0, 2]$ : $2 \int_{0}^{2} (- \frac{3}{2} x^{2} + \frac{9}{2} x) d x = \int_{0}^{2} (- 3 x^{2} + 9 x) d x$ .

Resultado: $a = - 3$ , $b = 9$ , $c = 0$ , $t = 2$

Ejercicio 222 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2014

Considere la función $f (x) = \frac{ln x}{x}$ , $x > 0$ .

El siguiente gráfico muestra la gráfica de $y = f (x)$ y su tangente en el punto $A$ .

Gráfica de y = ln x / x para x > 0 con su tangente en el punto A donde corta al eje x; se señalan el máximo B y el punto de inflexión C

a) Demuestre que $f^{'} (x) = \frac{1 - ln x}{x ^{2}}$ .

b) Encuentre las coordenadas de $B$ , en donde la curva alcanza su valor máximo.

c) Encuentre las coordenadas de $C$ , el punto de inflexión en la curva.

La gráfica de $y = f (x)$ corta al eje $x$ en el punto $A$ .

d) Encuentre la ecuación de la tangente a la gráfica de $f$ en el punto $A$ .

e) Calcule el área encerrada por la curva $y = f (x)$ , la tangente en $A$ y la recta $x = e$ .

Ver resultado

Resultado: b) $B (e, \frac{1}{e})$ ; c) $C (e^{3/2}, \frac{3 e ^{- 3/2}}{2})$ ; d) $y = x - 1$ ; e) $\frac{e ^{2}}{2} - e$

Ver proceso y resultado

a) 1. Regla del cociente con $u = ln x$ (luego $u^{'} = \frac{1}{x}$ ) y $v = x$ (luego $v^{'} = 1$ ). 2. $f^{'} (x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - ln x \cdot 1}{x ^{2}} = \frac{1 - ln x}{x ^{2}}$ .

b) 1. Máximo: $f^{'} (x) = 0$ , es decir, $1 - ln x = 0$ , luego $x = e$ . 2. $f^{'}$ pasa de positiva a negativa en ese punto, así que es un máximo, y $f (e) = \frac{1}{e}$ . 3. $B (e, \frac{1}{e})$ .

c) 1. Derivamos de nuevo con la regla del cociente: $f^{''} (x) = \frac{- \frac{1}{x} \cdot x ^{2} - ( 1 - ln x ) \cdot 2 x}{x ^{4}} = \frac{- 3 x + 2 x ln x}{x ^{4}} = \frac{2 ln x - 3}{x ^{3}}$ . 2. $f^{''} (x) = 0$ cuando $ln x = \frac{3}{2}$ , es decir, $x = e^{3/2}$ . Ahí $f^{''}$ cambia de signo (negativa antes, positiva después): es un punto de inflexión. 3. $f (e^{3/2}) = \frac{3/2}{e ^{3/2}} = \frac{3}{2} e^{- 3/2}$ . 4. $C (e^{3/2}, \frac{3 e ^{- 3/2}}{2})$ .

d) 1. $A$ es el punto con $ln x = 0$ , o sea $A (1, 0)$ . La pendiente de la tangente es $f^{'} (1) = \frac{1 - 0}{1} = 1$ . 2. Tangente: $y - 0 = 1 \cdot (x - 1)$ , es decir, $y = x - 1$ .

e) 1. Entre $x = 1$ y $x = e$ la recta está por encima de la curva (por ejemplo, en $x = e$ : $e - 1 \approx 1, 72 > \frac{1}{e} \approx 0, 37$ ; la curva es cóncava y queda por debajo de su tangente). 2. $A ˊ rea = \int_{1}^{e} (x - 1 - \frac{ln x}{x}) d x$ . 3. La primitiva de $\frac{ln x}{x}$ es $\frac{( ln x ) ^{2}}{2}$ (sustitución $u = ln x$ ). Entonces $A ˊ rea = [\frac{x ^{2}}{2} - x - \frac{( ln x ) ^{2}}{2}]_{1}^{e}$ . 4. $= (\frac{e ^{2}}{2} - e - \frac{1}{2}) - (\frac{1}{2} - 1 - 0) = \frac{e ^{2}}{2} - e$ .

Resultado: b) $B (e, \frac{1}{e})$ ; c) $C (e^{3/2}, \frac{3 e ^{- 3/2}}{2})$ ; d) $y = x - 1$ ; e) $\frac{e ^{2}}{2} - e$

Ejercicio 223 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2015

Considere las funciones $f (x) = tan x$ , $0 \leq x < \frac{π}{2}$ y $g (x) = \frac{x + 1}{x - 1}$ , $x \in R$ , $x \neq = 1$ .

a) Halle una expresión para $(g \circ f) (x)$ ; indique cuál es su dominio.

b) A partir de lo anterior, muestre que $(g \circ f) (x) = \frac{sen x + cos x}{sen x - cos x}$ .

c) Sea $y = (g \circ f) (x)$ . Halle el valor exacto de $\frac{d y}{d x}$ en el punto del gráfico de $y = (g \circ f) (x)$ en el que $x = \frac{π}{6}$ ; exprese la respuesta en la forma $a + b 3$ , $a, b \in Z$ .

d) Muestre que el área delimitada por el gráfico de $y = (g \circ f) (x)$ , el eje $x$ y las rectas $x = 0$ y $x = \frac{π}{6}$ es $ln (1 + 3)$ .

Ver resultado

Resultado: a) $\frac{tan x + 1}{tan x - 1}$ , $D = [0, \frac{π}{2} [- {\frac{π}{4}}$ ; c) $\frac{d y}{d x} = - 8 - 43$ ; d) queda demostrado ( $A ˊ rea = ln (1 + 3)$ ).

Ver proceso y resultado

a) 1. $(g \circ f) (x) = g (f (x)) = g (tan x) = \frac{tan x + 1}{tan x - 1}$ . 2. Dominio: hace falta $x \in [0, \frac{π}{2} [$ (dominio de $f$ ) y $tan x \neq = 1$ (para que $g$ esté definida), es decir, $x \neq = \frac{π}{4}$ . 3. $D_{g \circ f} = [0, \frac{π}{2} [- {\frac{π}{4}}$ .

b) 1. En el intervalo $[0, \frac{π}{2} [$ se tiene $cos x \neq = 0$ . Escribimos $tan x = \frac{sen x}{cos x}$ y multiplicamos numerador y denominador por $cos x$ . 2. $\frac{tan x + 1}{tan x - 1} = \frac{\frac{sen x}{c o s x} + 1}{\frac{sen x}{c o s x} - 1} = \frac{sen x + cos x}{sen x - cos x}$ .

c) 1. Regla del cociente con $u = sen x + cos x$ ( $u^{'} = cos x - sen x$ ) y $v = sen x - cos x$ ( $v^{'} = cos x + sen x$ ). 2. $\frac{d y}{d x} = \frac{( cos x - sen x ) ( sen x - cos x ) - ( sen x + cos x ) ( cos x + sen x )}{( sen x - cos x ) ^{2}} = \frac{- ( sen x - cos x ) ^{2} - ( sen x + cos x ) ^{2}}{( sen x - cos x ) ^{2}}$ . 3. Como $(sen x - cos x)^{2} + (sen x + cos x)^{2} = 2$ , queda $\frac{d y}{d x} = \frac{- 2}{( sen x - cos x ) ^{2}}$ . 4. En $x = \frac{π}{6}$ : $sen x - cos x = \frac{1 - 3}{2}$ , y su cuadrado es $\frac{4 - 2 3}{4} = \frac{2 - 3}{2}$ . 5. $\frac{d y}{d x} = \frac{- 2}{\frac{2 - 3}{2}} = \frac{- 4}{2 - 3} = \frac{- 4 ( 2 + 3 )}{( 2 - 3 ) ( 2 + 3 )} = - 4 (2 + 3) = - 8 - 43$ .

d) 1. En $[0, \frac{π}{6}]$ se tiene $sen x < cos x$ , luego el denominador es negativo y el numerador positivo: $y < 0$ y la curva queda bajo el eje $x$ . El área es $- \int_{0}^{π /6} y d x$ . 2. Técnica: reconocemos que el numerador es la derivada del denominador, $\frac{d}{d x} (sen x - cos x) = cos x + sen x$ . Por tanto $\int \frac{sen x + cos x}{sen x - cos x} d x = ln ∣ sen x - cos x ∣$ . 3. $A ˊ rea = - [ln ∣ sen x - cos x ∣]_{0}^{π /6} = - (ln \frac{3 - 1}{2} - ln 1) = ln \frac{2}{3 - 1}$ . 4. Racionalizamos: $\frac{2}{3 - 1} = \frac{2 ( 3 + 1 )}{2} = 3 + 1$ . El área es $ln (1 + 3)$ .

Resultado: a) $\frac{tan x + 1}{tan x - 1}$ , $D = [0, \frac{π}{2} [- {\frac{π}{4}}$ ; c) $\frac{d y}{d x} = - 8 - 43$ ; d) queda demostrado ( $A ˊ rea = ln (1 + 3)$ ).

Ejercicio 224 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2015

Considere la función $f (x) = x 1 - x^{2}$ definida en el dominio $- 1 \leq x \leq 1$ .

a) Muestre que $f$ es una función impar.

b) Halle $f^{'} (x)$ .

c) A partir de lo anterior, halle la coordenada $x$ de todos los máximos o mínimos locales que haya.

d) Halle el recorrido de $f$ .

e) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = f (x)$ , indicando claramente las coordenadas de los puntos de corte con el eje $x$ y de todos los máximos o mínimos locales que haya.

f) Halle el área de la región delimitada por el gráfico de $y = f (x)$ y el eje $x$ para $x \geq 0$ .

g) Muestre que $\int_{- 1}^{1} x 1 - x^{2} d x > \int_{- 1}^{1} x 1 - x^{2} d x$ .

Ver solución

a) 1. Una función es impar si $f (- x) = - f (x)$ . 2. $f (- x) = (- x) 1 - (- x)^{2} = - x 1 - x^{2} = - f (x)$ . El dominio $[- 1, 1]$ es simétrico, así que $f$ es impar.

b) 1. Regla del producto con $u = x$ y $v = 1 - x^{2}$ , cuya derivada es $v^{'} = \frac{- 2 x}{2 1 - x ^{2}} = \frac{- x}{1 - x ^{2}}$ . 2. $f^{'} (x) = 1 - x^{2} - \frac{x ^{2}}{1 - x ^{2}} = \frac{1 - x ^{2} - x ^{2}}{1 - x ^{2}} = \frac{1 - 2 x ^{2}}{1 - x ^{2}}$ .

c) 1. $f^{'} (x) = 0$ cuando $1 - 2 x^{2} = 0$ , es decir, $x = \pm \frac{1}{2}$ (ambos dentro de $] - 1, 1 [$ ). 2. $f^{'} > 0$ si $∣ x ∣ < \frac{1}{2}$ y $f^{'} < 0$ si $\frac{1}{2} < ∣ x ∣ < 1$ : en $x = \frac{1}{2}$ hay un máximo local y, por ser $f$ impar, en $x = - \frac{1}{2}$ un mínimo local.

d) 1. $f (\frac{1}{2}) = \frac{1}{2} 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ , y $f (- \frac{1}{2}) = - \frac{1}{2}$ . 2. En los extremos $f (\pm 1) = 0$ . El máximo absoluto es $\frac{1}{2}$ y el mínimo, $- \frac{1}{2}$ , luego $R_{f} = [- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ .

e) 1. Cortes con el eje $x$ : $x 1 - x^{2} = 0$ para $x = - 1$ , $x = 0$ y $x = 1$ . El corte con el eje $y$ es $(0, 0)$ . 2. Máximo $(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ y mínimo $(- \frac{1}{2}, - \frac{1}{2})$ . La gráfica es simétrica respecto del origen (impar) y tiene tangente vertical en $x = \pm 1$ .

Gráfica de f(x) = x·√(1 − x²) en (−1, 1), curva impar con cortes en −1, 0 y 1, un máximo y un mínimo

f) 1. Para $x \geq 0$ la gráfica bordea el eje $x$ en $[0, 1]$ y $f \geq 0$ : $A ˊ rea = \int_{0}^{1} x 1 - x^{2} d x$ . 2. Técnica: sustitución $u = 1 - x^{2}$ , $d u = - 2 x d x$ . Con $x = 0 \Rightarrow u = 1$ y $x = 1 \Rightarrow u = 0$ : $A ˊ rea = - \frac{1}{2} \int_{1}^{0} u d u = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} u^{1/2} d u$ . 3. $= \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} [u^{3/2}]_{0}^{1} = \frac{1}{3}$ .

g) 1. Por ser $f$ impar y el intervalo simétrico, $\int_{- 1}^{1} f (x) d x = 0$ , así que el lado derecho es $0$ . 2. $∣ f ∣$ es par y positiva, luego $\int_{- 1}^{1} ∣ f (x) ∣ d x = 2 \int_{0}^{1} f (x) d x = 2 \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ . 3. Como $\frac{2}{3} > 0$ , queda probado.

Resultado: b) $f^{'} (x) = \frac{1 - 2 x ^{2}}{1 - x ^{2}}$ ; c) $x = \pm \frac{1}{2}$ ; d) $R_{f} = [- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ ; e) máx. $(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ , mín. $(- \frac{1}{2}, - \frac{1}{2})$ ; f) $\frac{1}{3}$ ; g) $\frac{2}{3} > 0$

Ejercicio 225 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2021

Considere la función $f$ definida por $f (x) = 90 e^{- 0, 5 x}$ para $x \in R^{+}$ . El gráfico de $f$ y la recta $y = x$ se cortan en el punto $P$ .

a) Calcule la coordenada $x$ de $P$ .

La recta $L$ tiene de pendiente $- 1$ y es tangente a la gráfica de $f$ en el punto $Q$ .

b) Calcule las coordenadas exactas de $Q$ .

c) Muestre que la ecuación de $L$ es $y = - x + 2 ln 45 + 2$ .

Gráfica de f(x) = 90e^(−0,5x), la recta y = x que la corta en P y la recta L de pendiente −1 tangente en Q; la región A entre la curva, y = x y L está sombreada

La región sombreada $A$ está encerrada por la gráfica de $f$ y las recta $y = x$ y $L$ .

d) (i) Calcule la coordenada $x$ del punto donde $L$ corta a la recta $y = x$ .

(ii) Usando lo anterior, calcule el área de $A$ .

La recta $L$ es tangente al gráfico de $f$ y al gráfico de la función inversa $f^{- 1}$ .

Gráficas de f y de su inversa, simétricas respecto de y = x, con la recta L de pendiente −1 tangente a ambas; la región encerrada entre las dos curvas y L está sombreada

e) Calcule el área sombreada encerrada por las gráficas de $f$ y de $f^{- 1}$ y la recta $L$ .

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Resultado: a) $x = 5, 57$ ; b) $Q (2 ln 45, 2)$ ; c) queda demostrado; d) (i) $x = 1 + ln 45$ ; (ii) $A = 1, 52$ ; e) $3, 04$

Ver proceso y resultado

a) 1. $90 e^{- 0, 5 x} = x$ . Con la CPG, la solución positiva es $x \approx 5, 57$ .

b) 1. $f^{'} (x) = - 45 e^{- 0, 5 x}$ . Imponemos pendiente $- 1$ : $- 45 e^{- 0, 5 x} = - 1$ , luego $e^{- 0, 5 x} = \frac{1}{45}$ . 2. $- 0, 5 x = - ln 45$ , así que $x = 2 ln 45$ . 3. $y = 90 \cdot \frac{1}{45} = 2$ . Entonces $Q (2 ln 45, 2)$ .

c) 1. Recta de pendiente $- 1$ por $Q$ : $y - 2 = - (x - 2 ln 45)$ . 2. $y = - x + 2 ln 45 + 2$ .

d) (i) 1. $L$ corta a $y = x$ cuando $x = - x + 2 ln 45 + 2$ , es decir, $2 x = 2 ln 45 + 2$ . 2. $x = ln 45 + 1 \approx 4, 81$ .

(ii) 1. La región $A$ está limitada por abajo por $L$ (desde $x = 1 + ln 45$ hasta $x = 2 ln 45 \approx 7, 61$ ) y por arriba por $y = x$ (hasta $x \approx 5, 57$ ) y luego por la curva $f$ (hasta $Q$ ). Hemos comprobado que $f$ está por encima de $L$ en ese tramo, por ejemplo en $x = 6$ : $f (6) \approx 4, 48 > 3, 61$ . 2. $A ˊ rea (A) = \int_{1 + l n 45}^{5, 57} (x - L (x)) d x + \int_{5, 57}^{2 l n 45} (f (x) - L (x)) d x$ . 3. Con la CPG: $A ˊ rea (A) \approx 1, 52$ .

e) 1. $f$ y $f^{- 1}$ son simétricas respecto de $y = x$ , y $L$ (pendiente $- 1$ ) es simétrica de sí misma respecto de esa recta. La región encerrada es simétrica respecto de $y = x$ . 2. La mitad de esa región, a un lado de $y = x$ , es exactamente la región $A$ . 3. Área $= 2 \cdot 1, 52 \approx 3, 04$ .

Resultado: a) $x = 5, 57$ ; b) $Q (2 ln 45, 2)$ ; c) queda demostrado; d) (i) $x = 1 + ln 45$ ; (ii) $A = 1, 52$ ; e) $3, 04$

Ejercicio 226 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2021

Considere la función $f (x) = \frac{x ^{2} - x - 12}{2 x - 15}$ donde $x \in R$ , $x \neq = \frac{15}{2}$ .

a) Calcule las coordenadas donde la gráfica de $f$ corta

(i) al eje $x$ ;

(ii) al eje $y$ .

b) Calcule la ecuación de la asíntota vertical de la gráfica de $f$ .

c) La asíntota oblicua de la gráfica de $f$ se puede escribir $y = a x + b$ , $a, b \in Q$ .

Calcule el valor de $a$ y el valor de $b$ .

d) Dibuje la gráfica de $f$ para $- 30 \leq x \leq 30$ , mostrando las intersecciones con los ejes y las asíntotas.

e) (i) Exprese $\frac{1}{f ( x )}$ en fracciones simples.

(ii) Usando lo anterior, calcule el valor exacto de $\int_{0}^{3} \frac{1}{f ( x )} d x$ , expresando su respuesta con un solo logaritmo.

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a) (i) 1. Cortes con el eje $x$ : $f (x) = 0 ⟺ x^{2} - x - 12 = 0 ⟺ (x - 4) (x + 3) = 0$ (el denominador no se anula ahí). 2. $(- 3, 0)$ y $(4, 0)$ .

(ii) 1. $f (0) = \frac{- 12}{- 15} = \frac{4}{5}$ : $(0, \frac{4}{5})$ .

b) 1. El denominador se anula en $2 x - 15 = 0$ y el numerador no (vale $\frac{225}{4} - \frac{15}{2} - 12 \neq = 0$ ). Asíntota vertical $x = \frac{15}{2}$ .

c) 1. División de polinomios: $x^{2} - x - 12 = (2 x - 15) (\frac{x}{2} + \frac{13}{4}) + \frac{147}{4}$ . 2. Comprobación: $(2 x - 15) (\frac{x}{2} + \frac{13}{4}) = x^{2} + \frac{13}{2} x - \frac{15}{2} x - \frac{195}{4} = x^{2} - x - \frac{195}{4}$ , y $- 12 + \frac{195}{4} = \frac{147}{4}$ . 3. Entonces $f (x) = \frac{x}{2} + \frac{13}{4} + \frac{147/4}{2 x - 15}$ , y la asíntota oblicua es $y = \frac{1}{2} x + \frac{13}{4}$ : $a = \frac{1}{2}$ , $b = \frac{13}{4}$ .

d) 1. Con $f^{'} (x) = \frac{2 x ^{2} - 30 x + 39}{( 2 x - 15 ) ^{2}}$ , los extremos locales están en $x \approx 1, 44$ (máximo local, $y \approx 0, 94$ ) y $x \approx 13, 6$ (mínimo local, $y \approx 13, 1$ ). 2. A la izquierda de la asíntota vertical la gráfica va de $- \infty$ (cuando $x \to - \infty$ sigue a la oblicua) a $- \infty$ (cuando $x \to \frac{15}{2}^{-}$ ), pasando por los cortes $(- 3, 0)$ , $(0, \frac{4}{5})$ y $(4, 0)$ y el máximo local. A la derecha, baja desde $+ \infty$ junto a la asíntota, tiene el mínimo local y sube pegada a la oblicua.

Gráfica de f(x) = (x² − x − 12)/(2x − 15) para −30 ≤ x ≤ 30 con la asíntota vertical x = 15/2 y la asíntota oblicua y = x/2 + 13/4 a trazos

e) (i) 1. $\frac{1}{f ( x )} = \frac{2 x - 15}{( x - 4 ) ( x + 3 )} = \frac{A}{x + 3} + \frac{B}{x - 4}$ , es decir, $2 x - 15 = A (x - 4) + B (x + 3)$ . 2. $x = - 3$ : $- 21 = - 7 A$ , luego $A = 3$ . $x = 4$ : $- 7 = 7 B$ , luego $B = - 1$ . 3. $\frac{1}{f ( x )} = \frac{3}{x + 3} - \frac{1}{x - 4}$ .

(ii) 1. En $[0, 3]$ no hay polos ( $x = - 3$ , $x = 4$ ), así que la integral existe. 2. $\int_{0}^{3} (\frac{3}{x + 3} - \frac{1}{x - 4}) d x = [3 ln ∣ x + 3∣ - ln ∣ x - 4∣]_{0}^{3} = (3 ln 6 - ln 1) - (3 ln 3 - ln 4)$ . 3. $= 3 ln 6 - 3 ln 3 + ln 4 = 3 ln 2 + 2 ln 2 = 5 ln 2 = ln 32$ .

Resultado: a) (i) $(- 3, 0)$ , $(4, 0)$ ; (ii) $(0, \frac{4}{5})$ ; b) $x = \frac{15}{2}$ ; c) $y = \frac{1}{2} x + \frac{13}{4}$ ; e) (i) $\frac{3}{x + 3} - \frac{1}{x - 4}$ ; (ii) $ln 32$

Volúmenes de revolución

Ejercicio 227 BásicoIB · P1 Noviembre 1999

El área entre el gráfico de $y = e^{x}$ y el eje $x$ desde $x = 0$ hasta $x = k$ ( $k > 0$ ) se rota $36 0^{\circ}$ alrededor del eje $x$ . Calcule, en función de $k$ y $e$ , el volumen del sólido generado.

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Resultado: $V = \frac{π}{2} (e^{2 k} - 1)$

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Al girar alrededor del eje $x$ , el volumen es $V = π \int_{0}^{k} y^{2} d x$ , con $y = e^{x}$ .
$y^{2} = e^{2 x}$ , así que $V = π \int_{0}^{k} e^{2 x} d x$ .
Una primitiva de $e^{2 x}$ es $\frac{1}{2} e^{2 x}$ : $V = π [\frac{1}{2} e^{2 x}]_{0}^{k} = \frac{π}{2} (e^{2 k} - 1)$ .

Resultado: $V = \frac{π}{2} (e^{2 k} - 1)$

Ejercicio 228 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2008

La región delimitada por la curva $y = \frac{ln ( x )}{x}$ y las rectas $x = 1$ , $x = e$ , $y = 0$ se hace girar $2 π$ radianes alrededor del eje $x$ . Encuentre el volumen del sólido generado.

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Resultado: $V = π (2 - \frac{5}{e})$

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Volumen de revolución alrededor del eje $x$ : $V = π \int_{1}^{e} (\frac{ln x}{x})^{2} d x = π \int_{1}^{e} \frac{( ln x ) ^{2}}{x ^{2}} d x$ .
Integramos por partes con $u = (ln x)^{2}$ y $d v = \frac{1}{x ^{2}} d x$ : entonces $d u = \frac{2 ln x}{x} d x$ y $v = - \frac{1}{x}$ .
$\int \frac{( ln x ) ^{2}}{x ^{2}} d x = - \frac{( ln x ) ^{2}}{x} + 2 \int \frac{ln x}{x ^{2}} d x$ .
Para la última integral, otra vez por partes con $u = ln x$ y $d v = \frac{1}{x ^{2}} d x$ : $\int \frac{ln x}{x ^{2}} d x = - \frac{ln x}{x} + \int \frac{1}{x ^{2}} d x = - \frac{ln x}{x} - \frac{1}{x}$ .
Juntando: primitiva $= - \frac{( ln x ) ^{2} + 2 ln x + 2}{x}$ .
Evaluamos: en $x = e$ vale $- \frac{1 + 2 + 2}{e} = - \frac{5}{e}$ ; en $x = 1$ vale $- 2$ .
$V = π (- \frac{5}{e} + 2)$ .

Resultado: $V = π (2 - \frac{5}{e})$

Ejercicio 229 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2015

La región $R$ está encerrada por la gráfica de $y = e^{- x^{2}}$ , el eje $x$ y las rectas $x = - 1$ y $x = 1$ . Calcule el volumen del sólido de revolución que se forma cuando $R$ se gira $2 π$ alrededor del eje $x$ .

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Resultado: $V \approx 3, 76$

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Al girar alrededor del eje $x$ : $V = π \int_{- 1}^{1} y^{2} d x = π \int_{- 1}^{1} e^{- 2 x^{2}} d x$ .
Esta función no tiene primitiva elemental; con la CPG: $\int_{- 1}^{1} e^{- 2 x^{2}} d x \approx 1, 196$ .
$V \approx π \cdot 1, 196 \approx 3, 76$ .

Resultado: $V \approx 3, 76$

Ejercicio 230 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2009

Considere la parte de la curva $4 x^{2} + y^{2} = 4$ que se muestra a continuación.

Arco de la curva 4x² + y² = 4 en el primer cuadrante, decreciente, desde el punto de corte con el eje y hasta el punto de corte con el eje x

a) Halle una expresión para $\frac{d y}{d x}$ en función de $x$ y de $y$ .

b) Halle la pendiente de la tangente en el punto $(\frac{2}{5}, \frac{2}{5})$ .

c) Se rota esta curva $2 π$ radianes alrededor del eje $x$ , formándose así un cuenco. Calcule el volumen de este cuenco.

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Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = - \frac{4 x}{y}$ ; b) pendiente $= - 4$ ; c) $V = \frac{8 π}{3}$

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a) 1. Derivamos implícitamente la ecuación $4 x^{2} + y^{2} = 4$ respecto de $x$ : $8 x + 2 y \frac{d y}{d x} = 0$ . 2. Despejamos: $\frac{d y}{d x} = - \frac{4 x}{y}$ .

b) 1. Comprobamos que el punto está en la curva: $4 \cdot \frac{4}{5} + \frac{4}{5} = 4$ ✓. 2. Pendiente: $- \frac{4 \cdot \frac{2}{5}}{\frac{2}{5}} = - 4$ .

c) 1. Volumen alrededor del eje $x$ : $V = π \int_{0}^{1} y^{2} d x$ , con $y^{2} = 4 - 4 x^{2}$ (la curva corta el eje $x$ en $x = 1$ ). 2. $V = π \int_{0}^{1} (4 - 4 x^{2}) d x = π [4 x - \frac{4 x ^{3}}{3}]_{0}^{1} = π (4 - \frac{4}{3}) = \frac{8 π}{3}$ .

Resultado: a) $\frac{d y}{d x} = - \frac{4 x}{y}$ ; b) pendiente $= - 4$ ; c) $V = \frac{8 π}{3}$

Ejercicio 231 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2007

La gráfica de $y = sen (3 x)$ para $0 \leq x \leq \frac{π}{4}$ se rota $2 π$ radianes alrededor del eje $x$ . Halle el volumen exacto del sólido de revolución así generado.

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Resultado: Volumen $= \frac{π}{2} (\frac{π}{4} + \frac{1}{6})$

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El volumen de revolución alrededor del eje $x$ es $V = π \int_{0}^{π /4} sen^{2} (3 x) d x$ .
Usamos $sen^{2} (3 x) = \frac{1 - cos 6 x}{2}$ .
$V = π [\frac{x}{2} - \frac{sen 6 x}{12}]_{0}^{π /4} = π (\frac{π}{8} - \frac{sen \frac{3 π}{2}}{12})$ .
Como $sen \frac{3 π}{2} = - 1$ : $V = π (\frac{π}{8} + \frac{1}{12}) = \frac{π}{2} (\frac{π}{4} + \frac{1}{6})$ .

Resultado: Volumen $= \frac{π}{2} (\frac{π}{4} + \frac{1}{6})$

Ejercicio 232 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2010

La región encerrada entre las curvas $y = x e^{x}$ e $y = e x$ se rota $2 π$ radianes alrededor del eje $x$ . Calcule el volumen del sólido obtenido.

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Resultado: Volumen $= \frac{π}{4} (e^{2} - 1)$

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Igualamos las curvas: $x e^{x} = e x \Rightarrow x (e^{x} - e) = 0 \Rightarrow x = 0$ o $x = 1$ .
En $0 < x < 1$ , $e^{x} < e$ , así que $y = e x$ queda por encima (es la curva exterior) y $y = x e^{x}$ por debajo.
Volumen alrededor del eje $x$ (arandelas): $V = π \int_{0}^{1} [(e x)^{2} - (x e^{x})^{2}] d x = π \int_{0}^{1} (e^{2} x - x e^{2 x}) d x$ .
$\int_{0}^{1} e^{2} x d x = \frac{e ^{2}}{2}$ .
$\int x e^{2 x} d x$ por partes ( $u = x$ , $d v = e^{2 x} d x$ ): $\frac{x e ^{2 x}}{2} - \frac{e ^{2 x}}{4}$ . Entre $0$ y $1$ : $(\frac{e ^{2}}{2} - \frac{e ^{2}}{4}) - (- \frac{1}{4}) = \frac{e ^{2}}{4} + \frac{1}{4}$ .
$V = π (\frac{e ^{2}}{2} - \frac{e ^{2}}{4} - \frac{1}{4}) = \frac{π}{4} (e^{2} - 1)$ .

Resultado: Volumen $= \frac{π}{4} (e^{2} - 1)$

Ejercicio 233 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2015

Una función viene dada por $f (x) = x^{2} + 2$ , $x \geq 0$ .

La región $R$ está delimitada por $y = f (x)$ , el eje $y$ y la recta $y = 4$ .

a) i) Exprese el área de la región $R$ como una integral con respecto a $y$ .

(ii) Determine el área de $R$ con una aproximación de cuatro cifras significativas.

b) Halle el volumen exacto que se genera cuando la región $R$ se rota $2 π$ radianes alrededor del eje $y$ .

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Resultado: a) (i) Área $= \int_{2}^{4} y - 2 d y$ ; (ii) Área $\approx 1, 886$ ; b) Volumen $= 2 π$

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a) (i) 1. Para integrar respecto de $y$ despejamos $x$ : $y = x^{2} + 2 \Rightarrow x = y - 2$ (con $x \geq 0$ ). 2. La región está entre el eje $y$ ( $x = 0$ ) y la curva, con $y$ entre $f (0) = 2$ e $y = 4$ . 3. Área $= \int_{2}^{4} y - 2 d y$ .

(ii) $\int_{2}^{4} y - 2 d y = [\frac{2}{3} (y - 2)^{3/2}]_{2}^{4} = \frac{2}{3} \cdot 2^{3/2} = \frac{4 2}{3} \approx 1, 886$ .

b) 1. Al girar alrededor del eje $y$ , los discos tienen radio $x$ : $V = π \int_{2}^{4} x^{2} d y = π \int_{2}^{4} (y - 2) d y$ . 2. $= π [\frac{( y - 2 ) ^{2}}{2}]_{2}^{4} = π \cdot \frac{4}{2} = 2 π$ .

Resultado: a) (i) Área $= \int_{2}^{4} y - 2 d y$ ; (ii) Área $\approx 1, 886$ ; b) Volumen $= 2 π$

Ejercicio 234 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2017

Considere la curva definida por la ecuación $4 x^{2} + y^{2} = 7$ .

a) Halle la ecuación de la normal a la curva en el punto $(1, 3)$ .

b) Halle el volumen del sólido que se forma cuando la región delimitada por la curva, el eje $x$ para $x \geq 0$ y el eje $y$ para $y \geq 0$ se rota $2 π$ radianes alrededor del eje $x$ .

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Resultado: a) $y = \frac{3}{4} x + \frac{3 3}{4}$ ; b) $V = \frac{7 7 π}{3} \approx 19, 4$

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a) 1. Derivamos implícitamente: $8 x + 2 y \frac{d y}{d x} = 0$ , luego $\frac{d y}{d x} = - \frac{4 x}{y}$ . 2. En $(1, 3)$ (que está en la curva: $4 + 3 = 7$ ) la pendiente de la tangente es $- \frac{4}{3}$ y la de la normal es $\frac{3}{4}$ . 3. Ecuación de la normal: $y - 3 = \frac{3}{4} (x - 1)$ , es decir, $y = \frac{3}{4} x + \frac{3 3}{4}$ .

b) 1. La región del primer cuadrante limitada por la curva y los ejes tiene $y^{2} = 7 - 4 x^{2}$ , con $x$ de $0$ a $\frac{7}{2}$ (donde $y = 0$ ). 2. Al girar en torno al eje $x$ : $V = π \int_{0}^{7 /2} y^{2} d x = π \int_{0}^{7 /2} (7 - 4 x^{2}) d x$ . 3. $V = π [7 x - \frac{4 x ^{3}}{3}]_{0}^{7 /2} = π (\frac{7 7}{2} - \frac{7 7}{6}) = \frac{7 7 π}{3} \approx 19, 4$ .

Resultado: a) $y = \frac{3}{4} x + \frac{3 3}{4}$ ; b) $V = \frac{7 7 π}{3} \approx 19, 4$

Ejercicio 235 MedioIB · P2 Mayo 1997

a) Dibuje un diagrama mostrando la región $R$ encerrada por la curva $y = sen x$ , el eje $x$ y las rectas $x = 0$ y $x = k$ , $0 < k < π$ .

b) Calcule el área de la región $R$ .

c) Calcule el volumen del sólido que se obtiene al girar la región $R$ $36 0^{\circ}$ alrededor del eje $x$ .

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a) 1. La región está entre la curva $y = sen x$ (que es positiva en $] 0, π [$ ) y el eje $x$ , de $x = 0$ a la recta vertical $x = k$ con $0 < k < π$ .

Región limitada por la curva y = sen x, el eje x y la recta x = k, con 0 < k < π

b) 1. $A = \int_{0}^{k} sen x d x = [- cos x]_{0}^{k} = - cos k + 1$ .

c) 1. Al girar en torno al eje $x$ : $V = π \int_{0}^{k} sen^{2} x d x$ . 2. Usamos $sen^{2} x = \frac{1 - cos 2 x}{2}$ : $V = \frac{π}{2} [x - \frac{sen 2 x}{2}]_{0}^{k}$ . 3. $V = \frac{π}{2} (k - \frac{sen 2 k}{2})$ .

Resultado: b) $A = 1 - cos k$ ; c) $V = \frac{π}{2} (k - \frac{sen 2 k}{2})$

Ejercicio 236 MedioIB · P1 Mayo 1999

El área de la región cerrada mostrada en el diagrama está definida por $y \geq x^{2} + 2$ , $y \leq a x + 2$ , con $a > 0$ .

Región cerrada entre la parábola y = x² + 2 y la recta y = ax + 2 (a > 0), sombreada, desde x = 0 hasta x = a

Esta región se gira $36 0^{\circ}$ alrededor del eje $x$ para formar un sólido de revolución. Calcule, en función de $a$ , el volumen de este sólido de revolución.

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Resultado: $V = \frac{2 π a ^{3}}{15} (a^{2} + 5)$

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La parábola $y = x^{2} + 2$ y la recta $y = a x + 2$ se cortan donde $x^{2} = a x$ , es decir, en $x = 0$ y $x = a$ .
Entre $0$ y $a$ , la recta está por encima de la parábola (por ejemplo, en $x = \frac{a}{2}$ : $\frac{a ^{2}}{2} + 2 > \frac{a ^{2}}{4} + 2$ ), de acuerdo con el diagrama.
Al girar la región en torno al eje $x$ , el sólido es la diferencia entre el generado por la recta y el generado por la parábola: $V = π \int_{0}^{a} [(a x + 2)^{2} - (x^{2} + 2)^{2}] d x$ .
Desarrollamos: $(a x + 2)^{2} - (x^{2} + 2)^{2} = a^{2} x^{2} + 4 a x + 4 - x^{4} - 4 x^{2} - 4 = (a^{2} - 4) x^{2} + 4 a x - x^{4}$ .
Integramos: $V = π [\frac{( a ^{2} - 4 ) x ^{3}}{3} + 2 a x^{2} - \frac{x ^{5}}{5}]_{0}^{a} = π [\frac{a ^{5} - 4 a ^{3}}{3} + 2 a^{3} - \frac{a ^{5}}{5}]$ .
Agrupamos: $V = π [\frac{2 a ^{5}}{15} + \frac{2 a ^{3}}{3}] = \frac{2 π a ^{3}}{15} (a^{2} + 5)$ .

Resultado: $V = \frac{2 π a ^{3}}{15} (a^{2} + 5)$

Ejercicio 237 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2007

El siguiente diagrama muestra la región sombreada $A$ , delimitada por los ejes y por una parte de la curva $y^{2} = 8 a (2 a - x)$ , $a > 0$ .

Región sombreada A delimitada por los ejes y por el arco de la curva y² = 8a(2a − x), que va del punto (0, 4a) al punto (2a, 0)

Halle, en función de $a$ , el volumen del sólido que se genera rotando $A$ $36 0^{\circ}$ alrededor del eje $x$ .

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Resultado: Volumen $= 16 π a^{3}$

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Girando $A$ alrededor del eje $x$ , el volumen es $V = π \int_{0}^{2 a} y^{2} d x$ .
Sustituimos $y^{2} = 8 a (2 a - x)$ : $V = 8 π a \int_{0}^{2 a} (2 a - x) d x$ .
$\int_{0}^{2 a} (2 a - x) d x = [2 a x - \frac{x ^{2}}{2}]_{0}^{2 a} = 4 a^{2} - 2 a^{2} = 2 a^{2}$ .
$V = 8 π a \cdot 2 a^{2} = 16 π a^{3}$ .

Resultado: Volumen $= 16 π a^{3}$

Ejercicio 238 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2011

Sabiendo que $f (x) = 1 + sen x$ , $0 \leq x \leq \frac{3 π}{2}$ ,

a) Dibuje aproximadamente la gráfica de $f$ .

b) Compruebe que $(f (x))^{2} = \frac{3}{2} + 2 sen x - \frac{1}{2} cos 2 x$ .

c) Halle el volumen del sólido que se genera cuando la gráfica de $f$ se rota $2 π$ radianes alrededor del eje $x$ .

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a) Rasgos clave: parte de $(0, 1)$ , sube hasta el máximo $2$ en $x = \frac{π}{2}$ , baja pasando por $1$ en $x = π$ y llega a $0$ en $x = \frac{3 π}{2}$ , donde toca el eje $x$ .

Gráfica de f(x) = 1 + sen x en (0, 3π/2): parte de (0, 1), sube hasta el máximo 2 en x = π/2 y baja hasta tocar el eje x en x = 3π/2

b) 1. $(1 + sen x)^{2} = 1 + 2 sen x + sen^{2} x$ . 2. Como $cos 2 x = 1 - 2 sen^{2} x$ , $sen^{2} x = \frac{1 - cos 2 x}{2}$ . 3. Entonces $(f (x))^{2} = 1 + 2 sen x + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} cos 2 x = \frac{3}{2} + 2 sen x - \frac{1}{2} cos 2 x$ .

c) 1. $V = π \int_{0}^{3 π /2} (f (x))^{2} d x = π \int_{0}^{3 π /2} (\frac{3}{2} + 2 sen x - \frac{1}{2} cos 2 x) d x$ . 2. Primitiva: $\frac{3 x}{2} - 2 cos x - \frac{1}{4} sen 2 x$ . 3. En $x = \frac{3 π}{2}$ : $\frac{9 π}{4} - 0 - 0$ . En $x = 0$ : $0 - 2 - 0 = - 2$ . 4. $V = π (\frac{9 π}{4} + 2)$ .

Resultado: a) esbozo de $f$ ; b) queda demostrado; c) $V = π (\frac{9 π}{4} + 2)$

Ejercicio 239 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2015

El gráfico de $y = ln (5 x + 10)$ se obtiene a partir del gráfico de $y = ln x$ realizando una traslación de $a$ unidades en la dirección del eje $x$ seguida de una traslación de $b$ unidades en la dirección del eje $y$ .

a) Halle el valor de $a$ y el valor de $b$ .

b) La región delimitada por el gráfico de $y = ln (5 x + 10)$ , el eje $x$ y las rectas $x = e$ y $x = 2 e$ , se rota $2 π$ radianes alrededor del eje $x$ . Halle el volumen así generado.

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Resultado: a) $a = - 2$ , $b = ln 5$ ; b) $V = 99, 2$

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a) 1. Escribimos $ln (5 x + 10) = ln (5 (x + 2)) = ln 5 + ln (x + 2)$ . 2. $ln (x + 2)$ se obtiene de $ln x$ trasladando $2$ unidades a la izquierda: $a = - 2$ . 3. Sumar $ln 5$ traslada $ln 5$ unidades hacia arriba: $b = ln 5$ .

b) Técnica: volumen de revolución alrededor del eje $x$ , $V = π \int y^{2} d x$ , con la CPG (Prueba 2).

$V = π \int_{e}^{2 e} [ln (5 x + 10)]^{2} d x$ .
La función es positiva en ese intervalo, así que no hay que preocuparse por signos.
Con la CPG: $V \approx 99, 2$ .

Resultado: a) $a = - 2$ , $b = ln 5$ ; b) $V = 99, 2$

Ejercicio 240 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2014

La región sombreada $S$ está encerrada entre la curva $y = x + 2 cos x$ , para $0 \leq x \leq 2 π$ y la recta $y = x$ , como se muestra en el siguiente diagrama.

Curva y = x + 2cos x para 0 ≤ x ≤ 2π y recta y = x; la región S entre ambas, donde la curva queda por debajo de la recta, está sombreada

a) Encuentre las coordenadas de los puntos donde la recta corta a la curva.

La región $S$ se hace girar $2 π$ alrededor del eje $x$ para generar un sólido.

b) (i) Escriba una integral que represente el volumen $V$ del sólido.

(ii) Calcule el volumen $V$ .

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Resultado: a) $(\frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ y $(\frac{3 π}{2}, \frac{3 π}{2})$ ; b) (i) $V = π \int_{π /2}^{3 π /2} [x^{2} - (x + 2 cos x)^{2}] d x$ ; (ii) $V = 6 π^{2} = 59, 2$

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a) 1. La recta corta a la curva cuando $x + 2 cos x = x$ , es decir, $cos x = 0$ . 2. En $[0, 2 π]$ : $x = \frac{π}{2}$ y $x = \frac{3 π}{2}$ , con $y = x$ en ambos. 3. Puntos: $(\frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ y $(\frac{3 π}{2}, \frac{3 π}{2})$ .

b) (i) 1. Al girar $S$ alrededor del eje $x$ se forma un sólido con un hueco: la recta $y = x$ está por encima de la curva, y las dos son positivas en el intervalo (el mínimo de $x + 2 cos x$ ahí es $\frac{5 π}{6} - 3 \approx 0, 89 > 0$ ). 2. Volumen = (volumen exterior, con $y = x$ ) $-$ (volumen interior, con $y = x + 2 cos x$ ): $V = π \int_{π /2}^{3 π /2} [x^{2} - (x + 2 cos x)^{2}] d x$ .

(ii) 1. Desarrollamos: $x^{2} - (x + 2 cos x)^{2} = - 4 x cos x - 4 cos^{2} x$ . 2. Para $- 4 x cos x$ usamos partes ( $u = x$ , $d v = cos x d x$ ): $\int x cos x d x = x sen x + cos x$ . Entre $\frac{π}{2}$ y $\frac{3 π}{2}$ : $(- \frac{3 π}{2}) - (\frac{π}{2}) = - 2 π$ , así que esta parte vale $- 4 (- 2 π) = 8 π$ . 3. Para $- 4 cos^{2} x = - 2 (1 + cos 2 x)$ : $\int_{π /2}^{3 π /2} - 2 (1 + cos 2 x) d x = - 2 [x + \frac{sen 2 x}{2}]_{π /2}^{3 π /2} = - 2 π$ . 4. La integral completa es $8 π - 2 π = 6 π$ , luego $V = π \cdot 6 π = 6 π^{2} \approx 59, 2$ .

Resultado: a) $(\frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ y $(\frac{3 π}{2}, \frac{3 π}{2})$ ; b) (i) $V = π \int_{π /2}^{3 π /2} [x^{2} - (x + 2 cos x)^{2}] d x$ ; (ii) $V = 6 π^{2} = 59, 2$

Ejercicio 241 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2022

La función $f$ se define así: $f (x) = e^{2 x} (3 x - 4)$ , donde $x \in R$ .

a) Halle $f^{'} (x)$ .

b) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle las coordenadas del punto del gráfico de $y = f (x)$ en el que la tangente es paralela a la recta $y = x$ .

La región que está delimitada por la curva $y = f (x)$ , el eje $x$ y el eje $y$ se rota $2 π$ radianes alrededor del eje $x$ , generando así un sólido de revolución.

c) Halle el volumen de este sólido.

Considere ahora una función $g$ , tal que $g (0) = 1$ y $g^{'} (0) = 2$ .

d) Halle el valor de:

(i) $(f \circ g) (0)$

(ii) $(f \circ g)^{'} (0)$

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Resultado: a) $f^{'} (x) = e^{2 x} (6 x - 5)$ ; b) $(0, 863; - 7, 93)$ ; c) $V = 164, 8 \approx 165$ ; d) (i) $- e^{2}$ ; (ii) $2 e^{2}$

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a) 1. Regla del producto con $u = e^{2 x}$ ( $u^{'} = 2 e^{2 x}$ ) y $v = 3 x - 4$ ( $v^{'} = 3$ ). 2. $f^{'} (x) = 2 e^{2 x} (3 x - 4) + 3 e^{2 x} = e^{2 x} (6 x - 8 + 3) = e^{2 x} (6 x - 5)$ .

b) 1. La tangente es paralela a $y = x$ cuando su pendiente es $1$ : $e^{2 x} (6 x - 5) = 1$ . 2. Con la CPG: $x \approx 0, 863$ . 3. $y = f (0, 863) = e^{1, 726} (3 \cdot 0, 863 - 4) \approx - 7, 93$ . El punto es $(0, 863; - 7, 93)$ .

c) 1. $f (x) = 0$ para $x = \frac{4}{3}$ ; la curva corta al eje $y$ en $(0, - 4)$ . La región limitada por la curva y los dos ejes está entre $x = 0$ y $x = \frac{4}{3}$ . 2. $V = π \int_{0}^{4/3} [e^{2 x} (3 x - 4)]^{2} d x$ . 3. Con la CPG: $V \approx 164, 8$ .

d) (i) 1. $(f \circ g) (0) = f (g (0)) = f (1) = e^{2} (3 - 4) = - e^{2}$ .

(ii) 1. Regla de la cadena: $(f \circ g)^{'} (0) = f^{'} (g (0)) \cdot g^{'} (0) = f^{'} (1) \cdot 2$ . 2. $f^{'} (1) = e^{2} (6 - 5) = e^{2}$ , luego $(f \circ g)^{'} (0) = 2 e^{2}$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = e^{2 x} (6 x - 5)$ ; b) $(0, 863; - 7, 93)$ ; c) $V = 164, 8 \approx 165$ ; d) (i) $- e^{2}$ ; (ii) $2 e^{2}$

Ejercicio 242 DifícilIB · P2 TZ0 Mayo 2012

Un cono tiene altura $h$ y radio de base $r$ . Deduzca la fórmula para el volumen de este cono girando la región triangular, encerrada por la recta $y = h - \frac{h}{r} x$ y los ejes de coordenadas, $2 π$ alrededor del eje $y$ .

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Resultado: $V = \frac{1}{3} π r^{2} h$

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Colocamos el cono con el vértice en $(0, h)$ y la base sobre el eje $x$ , de radio $r$ . La recta $y = h - \frac{h}{r} x$ corta los ejes en $(0, h)$ y $(r, 0)$ .
Al girar alrededor del eje $y$ usamos $V = π \int_{0}^{h} x^{2} d y$ . Despejamos $x$ : $x = \frac{r}{h} (h - y) = r (1 - \frac{y}{h})$ .
$V = π r^{2} \int_{0}^{h} (1 - \frac{y}{h})^{2} d y = π r^{2} [- \frac{h}{3} (1 - \frac{y}{h})^{3}]_{0}^{h}$ .
En $y = h$ el corchete vale $0$ ; en $y = 0$ vale $- \frac{h}{3}$ . Por tanto $V = π r^{2} \cdot \frac{h}{3}$ .

Resultado: $V = \frac{1}{3} π r^{2} h$

Ejercicio 243 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2013

Sea $f (x) = sen (x - 1)$ , $0 \leq x \leq \frac{π}{2} + 1$ . Encuentre el volumen del sólido formado cuando la región delimitada por $y = f (x)$ y las rectas $x = 0$ , $y = 0$ e $y = 1$ se hace girar por $2 π$ alrededor del eje $y$ .

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Resultado: $V \approx 8, 20$

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La curva $y = sen (x - 1)$ vale $0$ en $x = 1$ y $1$ en $x = 1 + \frac{π}{2}$ , y es creciente en ese tramo. La región está limitada por $y = 0$ , $y = 1$ , el eje $y$ ( $x = 0$ ) y la curva.
Giramos alrededor del eje $y$ , así que integramos respecto de $y$ con $V = π \int_{0}^{1} x^{2} d y$ .
Despejamos $x$ de $y = sen (x - 1)$ : $x = 1 + arcsin y$ . El radio exterior es esa curva y el interior es el eje $y$ ( $x = 0$ ), de modo que no hay hueco.
$V = π \int_{0}^{1} (1 + arcsin y)^{2} d y$ .
Con la CPG: $V \approx 8, 20$ .

Resultado: $V \approx 8, 20$

Ejercicio 244 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2009

La forma de un vaso queda definida por la rotación de la gráfica de $y = e^{x}$ alrededor del eje $y$ , para $1 \leq y \leq 5$ . Halle el volumen del vaso.

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Resultado: $V = π [5 (ln 5)^{2} - 10 ln 5 + 8] \approx 15, 3$

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Al girar alrededor del eje $y$ usamos $V = π \int_{1}^{5} x^{2} d y$ . De $y = e^{x}$ sale $x = ln y$ .
$V = π \int_{1}^{5} (ln y)^{2} d y$ .
Por partes con $u = (ln y)^{2}$ , $d v = d y$ : $d u = \frac{2 ln y}{y} d y$ , $v = y$ . Entonces $\int (ln y)^{2} d y = y (ln y)^{2} - 2 \int ln y d y$ .
Y $\int ln y d y = y ln y - y$ (otra vez por partes). Resulta $\int (ln y)^{2} d y = y [(ln y)^{2} - 2 ln y + 2]$ .
Evaluamos: en $y = 5$ vale $5 [(ln 5)^{2} - 2 ln 5 + 2]$ ; en $y = 1$ vale $2$ .
$V = π [5 (ln 5)^{2} - 10 ln 5 + 2 \cdot 5 - 2] = π [5 (ln 5)^{2} - 10 ln 5 + 8]$ .

Resultado: $V = π [5 (ln 5)^{2} - 10 ln 5 + 8] \approx 15, 3$

Ejercicio 245 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2013

Una función $f$ viene dada por $f (x) = \frac{1}{2} (e^{x} + e^{- x})$ , $x \in R$ .

a) (i) Explique por qué no existe la función inversa $f^{- 1}$ .

(ii) Compruebe que la ecuación de la normal a la curva en el punto $P$ , donde $x = ln 3$ , viene dada por $9 x + 12 y - 9 ln 3 - 20 = 0$ .

(iii) Halle las coordenadas $x$ de los puntos $Q$ y $R$ pertenecientes a la curva, tales que las tangentes en $Q$ y $R$ pasan por $(0, 0)$ .

b) Ahora el dominio de $f$ queda restringido a $x \geq 0$ .

(i) Halle una expresión para $f^{- 1} (x)$ .

(ii) Halle el volumen generado cuando la región delimitada por la curva $y = f (x)$ y las rectas $x = 0$ e $y = 5$ se rota un ángulo de $2 π$ radianes alrededor del eje $y$ .

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Resultado: a) (i) $f$ es par, luego no es inyectiva; (ii) comprobado; (iii) $x \approx \pm 1, 20$ ; b) (i) $f^{- 1} (x) = ln (x + x^{2} - 1)$ ; (ii) $V \approx 37, 1$

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a) (i) 1. $f (- x) = \frac{1}{2} (e^{- x} + e^{x}) = f (x)$ , así que $f$ es par y su gráfica es simétrica respecto del eje $y$ . 2. Por tanto, una recta horizontal como $y = 3$ corta la curva en dos puntos distintos: $f$ no es inyectiva y no tiene función inversa.

(ii) 1. En $x = ln 3$ : $e^{l n 3} = 3$ y $e^{- l n 3} = \frac{1}{3}$ , luego $f (ln 3) = \frac{1}{2} (3 + \frac{1}{3}) = \frac{5}{3}$ . Así $P (ln 3, \frac{5}{3})$ . 2. $f^{'} (x) = \frac{1}{2} (e^{x} - e^{- x})$ , y $f^{'} (ln 3) = \frac{1}{2} (3 - \frac{1}{3}) = \frac{4}{3}$ . 3. La pendiente de la normal es $- \frac{3}{4}$ , así que $y - \frac{5}{3} = - \frac{3}{4} (x - ln 3)$ . 4. Multiplicamos por $12$ : $12 y - 20 = - 9 x + 9 ln 3$ , es decir, $9 x + 12 y - 9 ln 3 - 20 = 0$ .

(iii) 1. Sea $x_{0}$ la abscisa de tangencia. La tangente es $y - f (x_{0}) = f^{'} (x_{0}) (x - x_{0})$ y pasa por $(0, 0)$ si $- f (x_{0}) = - x_{0} f^{'} (x_{0})$ , es decir, $f (x_{0}) = x_{0} f^{'} (x_{0})$ . 2. Queda $\frac{1}{2} (e^{x} + e^{- x}) = \frac{x}{2} (e^{x} - e^{- x})$ . 3. Con la CPG (intersección de las dos gráficas) obtenemos $x \approx 1, 20$ y, por simetría, $x \approx - 1, 20$ .

b) (i) 1. Con $y = \frac{1}{2} (e^{x} + e^{- x})$ , multiplicamos por $2 e^{x}$ : $e^{2 x} - 2 y e^{x} + 1 = 0$ . 2. Es una ecuación de segundo grado en $e^{x}$ : $e^{x} = y \pm y^{2} - 1$ . 3. Con $x \geq 0$ se tiene $e^{x} \geq 1$ , así que elegimos el signo $+$ (con el signo $-$ el valor sería $\leq 1$ ). 4. Por tanto $x = ln (y + y^{2} - 1)$ y $f^{- 1} (x) = ln (x + x^{2} - 1)$ , con $x \geq 1$ .

(ii) 1. La región está entre $x = 0$ y la curva, con $y$ entre $f (0) = 1$ y $y = 5$ . Al girar alrededor del eje $y$ usamos discos de radio $x = f^{- 1} (y)$ . 2. $V = π \int_{1}^{5} [f^{- 1} (y)]^{2} d y = π \int_{1}^{5} [ln (y + y^{2} - 1)]^{2} d y$ . 3. Con la CPG, $V \approx 37, 1$ .

Resultado: a) (i) $f$ es par, luego no es inyectiva; (ii) comprobado; (iii) $x \approx \pm 1, 20$ ; b) (i) $f^{- 1} (x) = ln (x + x^{2} - 1)$ ; (ii) $V \approx 37, 1$

Ejercicio 246 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2009

Sea $f$ la función definida $f (x) = x + 2 cos x$ , $x \in [0, 2 π]$ . El siguiente diagrama muestra la región $S$ encerrada por el gráfico de $f$ y la recta $y = x$ .

Gráfica de la curva y = x + 2cos x para x entre 0 y 2π y de la recta y = x, que se cortan en los puntos A y C; el mínimo de la curva es el punto B y la región S entre ambas está sombreada

$A$ y $C$ son los puntos de intersección de la recta $y = x$ y el gráfico de $f$ , y $B$ es el mínimo de $f$ .

a) Si $A$ , $B$ y $C$ tienen de coordenada $x$ $\frac{aπ}{2}$ , $\frac{bπ}{6}$ y $\frac{c π}{2}$ , con $a, b, c \in N$ , calcule los valores de $a$ , $b$ y $c$ .

b) Calcule el recorrido de $f$ .

c) Calcule la ecuación de la normal a la gráfica de $f$ en el punto $C$ , dando su respuesta en la forma $y = p x + q$ .

d) La región $S$ se rota $2 π$ radianes alrededor del eje $x$ generando un sólido.

(i) Escriba la integral que representa el volumen $V$ del sólido.

(ii) Demuestre que $V = 6 π^{2}$ .

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Resultado: a) $a = 1$ , $b = 5$ , $c = 3$ ; b) $R_{f} = [\frac{5 π}{6} - 3, 2 π + 2]$ ; c) $y = - \frac{1}{3} x + 2 π$ ; d) (i) $V = π \int_{π /2}^{3 π /2} [x^{2} - (x + 2 cos x)^{2}] d x$ ; (ii) $V = 6 π^{2}$

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a) 1. Corte de la curva con la recta: $x + 2 cos x = x \Rightarrow cos x = 0 \Rightarrow x = \frac{π}{2}$ o $x = \frac{3 π}{2}$ (en $[0, 2 π]$ ). Así $A$ tiene $x = \frac{π}{2}$ , es decir, $a = 1$ , y $C$ tiene $x = \frac{3 π}{2}$ , es decir, $c = 3$ . 2. Mínimo: $f^{'} (x) = 1 - 2 sen x = 0 \Rightarrow sen x = \frac{1}{2} \Rightarrow x = \frac{π}{6}$ o $x = \frac{5 π}{6}$ . Con $f^{''} (x) = - 2 cos x$ : $f^{''} (\frac{5 π}{6}) = 3 > 0$ (mínimo) y $f^{''} (\frac{π}{6}) < 0$ (máximo local). 3. Luego $B$ tiene $x = \frac{5 π}{6}$ , es decir, $b = 5$ .

b) 1. Mínimo absoluto: $f (\frac{5 π}{6}) = \frac{5 π}{6} + 2 cos \frac{5 π}{6} = \frac{5 π}{6} - 3 \approx 0, 886$ . Es menor que los valores en los extremos: $f (0) = 2$ . 2. Máximo absoluto: comparamos $f (\frac{π}{6}) = \frac{π}{6} + 3 \approx 2, 26$ con el extremo $f (2 π) = 2 π + 2 \approx 8, 28$ . El mayor es $2 π + 2$ . 3. Recorrido: $[\frac{5 π}{6} - 3, 2 π + 2]$ .

c) 1. En $C (\frac{3 π}{2}, \frac{3 π}{2})$ : $f^{'} (\frac{3 π}{2}) = 1 - 2 sen \frac{3 π}{2} = 3$ , así que la pendiente de la normal es $- \frac{1}{3}$ . 2. $y - \frac{3 π}{2} = - \frac{1}{3} (x - \frac{3 π}{2})$ , es decir, $y = - \frac{1}{3} x + \frac{π}{2} + \frac{3 π}{2}$ . 3. $y = - \frac{1}{3} x + 2 π$ , con $p = - \frac{1}{3}$ y $q = 2 π$ .

d) (i) 1. En $\frac{π}{2} \leq x \leq \frac{3 π}{2}$ la recta queda por encima de la curva (ahí $cos x \leq 0$ ) y la curva por encima del eje $x$ (su mínimo es $0, 886 > 0$ ). 2. Al girar alrededor del eje $x$ tenemos arandelas de radio exterior $x$ y radio interior $f (x)$ : $V = π \int_{π /2}^{3 π /2} [x^{2} - (x + 2 cos x)^{2}] d x$ .

(ii) 1. $x^{2} - (x + 2 cos x)^{2} = - 4 x cos x - 4 cos^{2} x$ . 2. Por partes ( $u = x$ , $d v = cos x d x$ ): $\int x cos x d x = x sen x + cos x$ . Entre $\frac{π}{2}$ y $\frac{3 π}{2}$ : $(- \frac{3 π}{2} + 0) - (\frac{π}{2} + 0) = - 2 π$ . 3. $\int cos^{2} x d x = \frac{x}{2} + \frac{sen 2 x}{4}$ . Entre los mismos límites: $\frac{3 π}{4} - \frac{π}{4} = \frac{π}{2}$ . 4. $V = π [- 4 (- 2 π) - 4 \cdot \frac{π}{2}] = π (8 π - 2 π) = 6 π^{2}$ .

Ejercicio 247 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2019

La función $f$ se define por $f (x) = (x - 1)^{2}$ , $x \geq 1$ y la función $g$ se define por $g (x) = x^{2} + 1$ , $x \geq 0$ . La región $R$ está delimitada por las curvas $y = f (x)$ , $y = g (x)$ y las rectas $y = 0$ , $x = 0$ y $y = 9$ como se muestra en el siguiente diagrama.

Región R en el primer cuadrante entre las curvas y = x² + 1 (que parte de (0, 1)) e y = (x − 1)² (que parte de (1, 0)), limitada por el eje y, el eje x y la recta y = 9; ejes con cuadrícula

La forma de un jarrón de arcilla se puede modelar girando la región $R$ $36 0^{\circ}$ sobre el eje $y$ . Encuentre el volumen de arcilla utilizado para hacer el jarrón.

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Resultado: Volumen $= \frac{107 π}{2} \approx 168$

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Giramos la región alrededor del eje $y$ , así que conviene expresar cada curva como $x$ en función de $y$ :
- $f (x) = (x - 1)^{2}$ , $x \geq 1$ : $y = (x - 1)^{2} \Rightarrow x = 1 + y$ (curva exterior).
- $g (x) = x^{2} + 1$ , $x \geq 0$ : $y = x^{2} + 1 \Rightarrow x = y - 1$ , para $y \geq 1$ (curva interior).
Para $0 \leq y \leq 1$ la región llega hasta el eje $y$ (la curva $g$ empieza en $y = 1$ ), por lo que el sólido es macizo: radio $1 + y$ . Para $1 \leq y \leq 9$ es hueco: radio exterior $1 + y$ y radio interior $y - 1$ .
$V = π \int_{0}^{9} (1 + y)^{2} d y - π \int_{1}^{9} (y - 1) d y$ .
Primera integral: $(1 + y)^{2} = 1 + 2 y + y$ , y $\int_{0}^{9} (1 + 2 y + y) d y = [y + \frac{4}{3} y^{3/2} + \frac{y ^{2}}{2}]_{0}^{9} = 9 + 36 + \frac{81}{2} = \frac{171}{2}$ .
Segunda integral: $\int_{1}^{9} (y - 1) d y = [\frac{( y - 1 ) ^{2}}{2}]_{1}^{9} = 32$ .
$V = π (\frac{171}{2} - 32) = \frac{107 π}{2} \approx 168$ .

Resultado: Volumen $= \frac{107 π}{2} \approx 168$

Ejercicio 248 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2018

El siguiente gráfico muestra las dos partes de la curva definidas por la ecuación $x^{2} y = 5 - y^{4}$ , y la normal a la curva en el punto $P (2, 1)$ .

Las dos ramas de la curva x²y = 5 − y⁴ (una en forma de campana arriba y otra invertida abajo) y la normal en el punto P(2, 1), que vuelve a cortar la curva en Q; sombreada la región entre el eje y, la rama superior y la normal

a) Demuestre que hay exactamente dos puntos en la curva donde la pendiente es cero.

b) Encuentre la ecuación de la normal a la curva en el punto $P$ .

c) La normal en $P$ vuelve a cortar la curva en el punto $Q$ . Encuentra la coordenada $x$ de $Q$ .

d) La región sombreada gira $2 π$ alrededor del eje $y$ . Encuentra el volumen del sólido formado.

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Resultado: a) demostrado: $(0, 45)$ y $(0, - 45)$ ; b) $y = 2 x - 3$ ; c) $x \approx 0, 724$ ; d) Volumen $\approx 19, 9$

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a) 1. Derivamos implícitamente $x^{2} y = 5 - y^{4}$ : $2 x y + x^{2} \frac{d y}{d x} = - 4 y^{3} \frac{d y}{d x}$ . 2. Despejamos: $\frac{d y}{d x} = \frac{- 2 x y}{x ^{2} + 4 y ^{3}}$ . 3. La pendiente es $0$ cuando $x y = 0$ (con denominador no nulo). Si $y = 0$ , la ecuación daría $0 = 5$ : imposible. Entonces $x = 0$ y $y^{4} = 5$ , es decir, $y = \pm 45$ . 4. En esos puntos el denominador es $4 y^{3} \neq = 0$ . Hay exactamente dos puntos con pendiente cero: $(0, 45)$ y $(0, - 45)$ .

b) 1. En $P (2, 1)$ : $\frac{d y}{d x} = \frac{- 2 \cdot 2 \cdot 1}{4 + 4} = - \frac{1}{2}$ . 2. La pendiente de la normal es $2$ : $y - 1 = 2 (x - 2)$ , es decir, $y = 2 x - 3$ .

c) 1. Sustituimos $y = 2 x - 3$ en la curva: $x^{2} (2 x - 3) = 5 - (2 x - 3)^{4}$ . 2. Con la CPG, las soluciones son $x = 2$ (el punto $P$ ) y $x \approx 0, 724$ . 3. La coordenada $x$ de $Q$ es $0, 724$ .

d) 1. El sólido se genera girando alrededor del eje $y$ la región limitada por el eje $y$ , la normal (de $(0, - 3)$ a $P$ ) y la rama superior (de $P$ a $(0, 45)$ ). 2. Tramo de la normal, $- 3 \leq y \leq 1$ : $x = \frac{y + 3}{2}$ , y $π \int_{- 3}^{1} (\frac{y + 3}{2})^{2} d y = \frac{π}{4} [\frac{( y + 3 ) ^{3}}{3}]_{- 3}^{1} = \frac{16 π}{3}$ . 3. Tramo de la curva, $1 \leq y \leq 45$ : de $x^{2} y = 5 - y^{4}$ sale $x^{2} = \frac{5 - y ^{4}}{y}$ , y $π \int_{1}^{45} (\frac{5}{y} - y^{3}) d y = π [5 ln y - \frac{y ^{4}}{4}]_{1}^{45} = π (\frac{5}{4} ln 5 - 1)$ . 4. $V = π (\frac{16}{3} + \frac{5}{4} ln 5 - 1) \approx 19, 9$ .

Resultado: a) demostrado: $(0, 45)$ y $(0, - 45)$ ; b) $y = 2 x - 3$ ; c) $x \approx 0, 724$ ; d) Volumen $\approx 19, 9$

Ejercicio 249 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2017

Considere la función $f (x) = \frac{x}{sen x}$ , $0 < x < π$ .

a) i) Muestre que la coordenada $x$ del punto mínimo de la curva $y = f (x)$ satisface la ecuación $tan x = 2 x$ .

(ii) Determine los valores de $x$ para los cuales la función $f (x)$ es decreciente.

b) Dibuje la gráfica de $y = f (x)$ mostrando con claridad el punto mínimo y cualquier comportamiento asintótico.

c) Calcule las coordenadas del punto de la gráfica de $f$ donde la normal al gráfico es paralela a la recta $y = - x$ .

Considere la región encerrada por la curva $y = f (x)$ , el eje $x$ y las rectas $x = \frac{π}{6}$ , $x = \frac{π}{3}$ .

d) La región se rota $2 π$ radianes alrededor del eje $x$ . Calcule el volumen de revolución.

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a) (i) 1. Derivamos con la regla del cociente: $f^{'} (x) = \frac{\frac{1}{2 x} sen x - x cos x}{sen ^{2} x} = \frac{sen x - 2 x cos x}{2 x sen ^{2} x}$ . 2. En un mínimo, $f^{'} (x) = 0$ : $sen x = 2 x cos x$ . 3. En $] 0, π [$ , $cos x \neq = 0$ en esa igualdad (si fuera $0$ , también lo sería $sen x$ , imposible), así que podemos dividir: $tan x = 2 x$ .

(ii) 1. El signo de $f^{'}$ es el de $sen x - 2 x cos x$ . Con la CPG, la ecuación $tan x = 2 x$ tiene en $] 0, π [$ una sola solución, $x \approx 1, 17$ (en $] \frac{π}{2}, π [$ la tangente es negativa y $2 x$ positivo). 2. Cerca de $0$ , $sen x - 2 x cos x \approx x - 2 x = - x < 0$ , luego $f^{'} < 0$ a la izquierda de esa solución y $f^{'} > 0$ a la derecha. 3. $f$ es decreciente para $0 < x < 1, 17$ .

b) 1. Cuando $x \to 0^{+}$ , $f = \frac{x}{sen x} \approx \frac{1}{x} \to + \infty$ : asíntota vertical $x = 0$ . 2. Cuando $x \to π^{-}$ , $sen x \to 0^{+}$ y el numerador tiende a $π$ : $f \to + \infty$ , asíntota vertical $x = π$ . 3. El mínimo está en $x \approx 1, 17$ , con $y = f (1, 17) \approx 1, 17$ . 4. La curva baja desde $+ \infty$ junto al eje $y$ , alcanza el mínimo y sube hacia $+ \infty$ junto a $x = π$ .

Gráfica de y = √x/sen x para 0 < x < π: asíntotas verticales x = 0 (el eje y) y x = π; la curva baja desde arriba junto al eje y, tiene su mínimo rotulado en x ≈ 1,17 y sube junto a la asíntota x = π

c) 1. La normal es paralela a $y = - x$ (pendiente $- 1$ ), luego la tangente tiene pendiente $1$ (perpendicular a $- 1$ ). 2. Resolvemos $f^{'} (x) = 1$ con la CPG: $x \approx 1, 96$ . 3. $f (1, 96) \approx 1, 51$ . El punto es $(1, 96; 1, 51)$ .

d) 1. Volumen de revolución: $V = π \int_{π /6}^{π /3} f (x)^{2} d x = π \int_{π /6}^{π /3} \frac{x}{sen ^{2} x} d x$ . 2. Con la CPG: $V \approx 2, 68$ . 3. (Exacto: por partes con $u = x$ , $d v = \frac{d x}{sen ^{2} x}$ , $\int \frac{x}{sen ^{2} x} d x = - x cot x + ln sen x$ , y resulta $V = π (\frac{3 π}{18} + \frac{1}{2} ln 3)$ .)

Resultado: a) (ii) $f$ es decreciente en $0 < x < 1, 17$ ; b) asíntotas verticales $x = 0$ y $x = π$ , mínimo en $(1, 17; 1, 17)$ ; c) $(1, 96; 1, 51)$ ; d) $V = 2, 68$

Ejercicio 250 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2016

El siguiente diagrama muestra la gráfica de $y = \frac{( ln x ) ^{2}}{x}$ , $x > 0$ .

Gráfica de y = (ln x)²/x para x > 0: la curva baja desde arriba junto al eje y, toca el eje x en el punto de abscisa a y vuelve a subir, cada vez más lentamente hacia la derecha

a) Sabiendo que la curva pasa por el punto $(a, 0)$ , indique el valor de $a$ .

La región $R$ está encerrada por la curva, el eje $x$ y la recta $x = e$ .

b) Utilice la sustitución $u = ln x$ para calcular el área de la región $R$ .

Sea $I_{n} = \int_{1}^{e} \frac{( ln x ) ^{n}}{x ^{2}} d x$ , $n \in N$

c) i) Calcule el valor de $I_{0}$ .

(ii) Pruebe que $I_{n} = - \frac{1}{e} + n I_{n - 1}$ , $n \in Z^{+}$ .

(iii) Usando lo anterior calcule el valor de $I_{1}$ .

d) Calcule el volumen del sólido formado cuando la región $R$ se hace girar $2 π$ alrededor del eje $x$ .

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Resultado: a) $a = 1$ ; b) área $= \frac{1}{3}$ ; c) (i) $I_{0} = 1 - \frac{1}{e}$ ; (ii) queda demostrado; (iii) $I_{1} = 1 - \frac{2}{e}$ ; d) $V = π (24 - \frac{65}{e})$

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a) 1. La curva toca al eje $x$ cuando $(ln x)^{2} = 0$ , es decir, $ln x = 0$ : $x = 1$ . Por tanto $a = 1$ .

b) 1. La curva está por encima del eje $x$ , así que el área es $\int_{1}^{e} \frac{( ln x ) ^{2}}{x} d x$ . 2. Sustitución $u = ln x$ , $d u = \frac{d x}{x}$ ; los límites pasan de $x = 1$ a $u = 0$ y de $x = e$ a $u = 1$ . 3. $\int_{0}^{1} u^{2} d u = [\frac{u ^{3}}{3}]_{0}^{1} = \frac{1}{3}$ .

c) (i) 1. $I_{0} = \int_{1}^{e} \frac{d x}{x ^{2}} = [- \frac{1}{x}]_{1}^{e} = - \frac{1}{e} + 1$ .

(ii) 1. Integramos por partes con $u = (ln x)^{n}$ y $d v = \frac{d x}{x ^{2}}$ (así $d u = \frac{n ( ln x ) ^{n - 1}}{x} d x$ y $v = - \frac{1}{x}$ ). 2. $I_{n} = [- \frac{( ln x ) ^{n}}{x}]_{1}^{e} + n \int_{1}^{e} \frac{( ln x ) ^{n - 1}}{x ^{2}} d x$ . 3. En $x = e$ el corchete vale $- \frac{1}{e}$ , y en $x = 1$ vale $0$ (porque $ln 1 = 0$ y $n \geq 1$ ). 4. Por tanto $I_{n} = - \frac{1}{e} + n I_{n - 1}$ .

(iii) 1. Con $n = 1$ : $I_{1} = - \frac{1}{e} + I_{0} = - \frac{1}{e} - \frac{1}{e} + 1 = 1 - \frac{2}{e}$ .

d) 1. Al girar $R$ en torno al eje $x$ : $V = π \int_{1}^{e} (\frac{( ln x ) ^{2}}{x})^{2} d x = π \int_{1}^{e} \frac{( ln x ) ^{4}}{x ^{2}} d x = π I_{4}$ . 2. Aplicamos la fórmula de recurrencia: $I_{2} = - \frac{1}{e} + 2 I_{1} = 2 - \frac{5}{e}$ . 3. $I_{3} = - \frac{1}{e} + 3 I_{2} = 6 - \frac{16}{e}$ . 4. $I_{4} = - \frac{1}{e} + 4 I_{3} = 24 - \frac{65}{e}$ . 5. $V = π (24 - \frac{65}{e})$ .

Resultado: a) $a = 1$ ; b) área $= \frac{1}{3}$ ; c) (i) $I_{0} = 1 - \frac{1}{e}$ ; (ii) queda demostrado; (iii) $I_{1} = 1 - \frac{2}{e}$ ; d) $V = π (24 - \frac{65}{e})$

Ejercicio 251 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2016

Sea $f$ la función definida mediante $f (x) = \frac{2 - e ^{x}}{2 e ^{x} - 1}$ , $x \in D$ .

a) Determine $D$ , el mayor dominio posible de $f$ .

b) Muestre que el gráfico de $f$ tiene tres asíntotas e indique sus ecuaciones.

c) Muestre que $f^{'} (x) = - \frac{3 e ^{x}}{( 2 e ^{x} - 1 ) ^{2}}$ .

d) Utilice las respuestas dadas en los apartados (b) y (c) para justificar que $f$ tiene una inversa e indique su dominio.

e) Halle una expresión para $f^{- 1} (x)$ .

f) Considere la región $R$ delimitada por el gráfico de $y = f (x)$ y los ejes.

Halle el volumen del sólido de revolución que se obtiene cuando $R$ se rota $2 π$ alrededor del eje $y$ .

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Resultado: a) $D = R - {- ln 2}$ ; b) asíntota vertical $x = - ln 2$ , asíntota horizontal $y = - \frac{1}{2}$ (por la derecha) e $y = - 2$ (por la izquierda); d) $f$ es estrictamente decreciente y los recorridos de sus dos ramas no se solapan; $D_{f^{- 1}} =] - \infty, - 2 [\cup] - \frac{1}{2}, + \infty [$ ; e) $f^{- 1} (x) = ln (\frac{2 + x}{2 x + 1})$ ; f) $V = 0, 331$

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a) 1. La función no está definida si el denominador es cero: $2 e^{x} - 1 = 0$ , es decir, $e^{x} = \frac{1}{2}$ y $x = - ln 2$ . 2. $D = R - {- ln 2}$ .

b) 1. En $x = - ln 2$ el denominador se anula y el numerador vale $2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \neq = 0$ : asíntota vertical $x = - ln 2$ . 2. Cuando $x \to + \infty$ , dividiendo entre $e^{x}$ : $f (x) = \frac{2 e ^{- x} - 1}{2 - e ^{- x}} \to \frac{- 1}{2}$ : asíntota horizontal $y = - \frac{1}{2}$ (por la derecha). 3. Cuando $x \to - \infty$ , $e^{x} \to 0$ : $f \to \frac{2}{- 1} = - 2$ : asíntota horizontal $y = - 2$ (por la izquierda). 4. Son tres asíntotas.

c) 1. Regla del cociente: $f^{'} (x) = \frac{( - e ^{x} ) ( 2 e ^{x} - 1 ) - ( 2 - e ^{x} ) ( 2 e ^{x} )}{( 2 e ^{x} - 1 ) ^{2}}$ . 2. Numerador: $- 2 e^{2 x} + e^{x} - 4 e^{x} + 2 e^{2 x} = - 3 e^{x}$ . 3. Por tanto $f^{'} (x) = - \frac{3 e ^{x}}{( 2 e ^{x} - 1 ) ^{2}}$ .

d) 1. Por c), $f^{'} (x) < 0$ en todo su dominio, así que $f$ es estrictamente decreciente en cada una de las dos ramas ( $x < - ln 2$ y $x > - ln 2$ ). 2. En la rama izquierda, $f$ va desde $- 2$ (cuando $x \to - \infty$ ) hasta $- \infty$ (cuando $x \to - ln 2^{-}$ ): toma valores en $] - \infty, - 2 [$ . 3. En la rama derecha, $f$ va desde $+ \infty$ (cuando $x \to - ln 2^{+}$ ) hasta $- \frac{1}{2}$ : toma valores en $] - \frac{1}{2}, + \infty [$ . 4. Los valores de las dos ramas no se solapan, así que $f$ es inyectiva en todo $D$ y tiene inversa. 5. El dominio de $f^{- 1}$ es el recorrido de $f$ : $] - \infty, - 2 [\cup] - \frac{1}{2}, + \infty [$ .

e) 1. Escribimos $y = \frac{2 - e ^{x}}{2 e ^{x} - 1}$ y despejamos $e^{x}$ : $2 y e^{x} - y = 2 - e^{x}$ , luego $e^{x} (2 y + 1) = 2 + y$ . 2. $e^{x} = \frac{2 + y}{2 y + 1}$ y $x = ln \frac{2 + y}{2 y + 1}$ . 3. Intercambiamos los nombres: $f^{- 1} (x) = ln (\frac{2 + x}{2 x + 1})$ .

f) 1. $f (0) = \frac{2 - 1}{2 - 1} = 1$ y $f (x) = 0$ cuando $e^{x} = 2$ , es decir, $x = ln 2$ . La región $R$ está limitada por la curva, el eje $y$ (de $y = 0$ a $y = 1$ ) y el eje $x$ (de $x = 0$ a $x = ln 2$ ). 2. Al girar en torno al eje $y$ , integramos respecto de $y$ con $x = f^{- 1} (y)$ : $V = π \int_{0}^{1} [f^{- 1} (y)]^{2} d y = π \int_{0}^{1} [ln (\frac{2 + y}{2 y + 1})]^{2} d y$ . 3. Con la CPG: $V \approx 0, 331$ .

Ejercicio 252 DifícilIB · P2 Noviembre 1997

(i) a) Para la función $y = 2 x sen 2 x + cos 2 x$ muestre que $\frac{d y}{d x} = 4 x cos 2 x$ .

b) Usando lo anterior pruebe que el volumen del sólido formado cuando el gráfico de $y = x cos x$ , $0 \leq x \leq \frac{π}{2}$ , se gira $36 0^{\circ}$ alrededor del eje $x$ es $\frac{π}{16} (π^{2} - 4)$ .

(ii) a) La función $g$ se define $g (x) = x + 1 - e^{x}$ .

Calcule el máximo valor de $g (x)$ , y a continuación demuestre que $x + 1 \leq e^{x}$ , $x \in R$ .

b) La función $f (x)$ se define $f (x) = \frac{e ^{x} - 1}{x e ^{2 x}}$ , $x \neq = 0$ .

(i) Use el resultado previo para demostrar que, para $x > 0$ , $f (x) > e^{- 2 x}$ .

(ii) Muestre que $f (x) = \frac{1 - e ^{- x}}{x e ^{x}}$ para $x > 0$ .

(iii) Use el resultado de (ii)(a) para explicar por qué $g (- x) \leq 0$ .

A continuación muestre que $f (x) < e^{- x}$ para $x > 0$ .

(iv) Calcule $x \to 0 lim f (x)$ para valores positivos de $x$ .

Ver resultado

Resultado: i) b) queda demostrado; ii) a) el máximo es $g (0) = 0$ , luego $x + 1 \leq e^{x}$ ; b) (i) y (iii) quedan demostrados; (iv) $x \to 0^{+} lim f (x) = 1$

Ver proceso y resultado

(i) a) 1. Derivamos con la regla del producto: $\frac{d y}{d x} = 2 sen 2 x + 2 x \cdot 2 cos 2 x - 2 sen 2 x = 4 x cos 2 x$ .

b) 1. Al girar $y = x cos x$ alrededor del eje $x$ : $V = π \int_{0}^{π /2} x cos^{2} x d x$ . 2. Como $cos^{2} x = \frac{1 + cos 2 x}{2}$ : $V = \frac{π}{2} \int_{0}^{π /2} x d x + \frac{π}{2} \int_{0}^{π /2} x cos 2 x d x$ . 3. La primera integral es $[\frac{x ^{2}}{2}]_{0}^{π /2} = \frac{π ^{2}}{8}$ . 4. Por el apartado a), $x cos 2 x = \frac{1}{4} \frac{d y}{d x}$ , luego $\int_{0}^{π /2} x cos 2 x d x = \frac{1}{4} [2 x sen 2 x + cos 2 x]_{0}^{π /2} = \frac{1}{4} [(0 - 1) - (0 + 1)] = - \frac{1}{2}$ . 5. $V = \frac{π}{2} \cdot \frac{π ^{2}}{8} + \frac{π}{2} \cdot (- \frac{1}{2}) = \frac{π ^{3}}{16} - \frac{π}{4} = \frac{π}{16} (π^{2} - 4)$ .

(ii) a) 1. $g^{'} (x) = 1 - e^{x}$ , que se anula en $x = 0$ . Además $g^{''} (x) = - e^{x} < 0$ , así que es un máximo. 2. El máximo valor es $g (0) = 0 + 1 - 1 = 0$ . 3. Como $g (x) \leq 0$ para todo $x$ , resulta $x + 1 - e^{x} \leq 0$ , es decir, $x + 1 \leq e^{x}$ . La igualdad solo se da en $x = 0$ .

b) (i) 1. Separamos: $f (x) = \frac{e ^{x} - 1}{x} \cdot e^{- 2 x}$ . 2. Para $x > 0$ , el resultado de a) da $e^{x} - 1 > x$ (desigualdad estricta, porque $x \neq = 0$ ), luego $\frac{e ^{x} - 1}{x} > 1$ . 3. Multiplicamos por $e^{- 2 x} > 0$ : $f (x) > e^{- 2 x}$ .

(ii) 1. Dividimos numerador y denominador de $f (x)$ entre $e^{x}$ : $f (x) = \frac{1 - e ^{- x}}{x e ^{x}}$ .

(iii) 1. El resultado ii) a) vale para todo $x$ real, y en particular para $- x$ : $g (- x) = - x + 1 - e^{- x} \leq 0$ . 2. Es decir, $1 - e^{- x} \leq x$ , con desigualdad estricta si $x > 0$ (el máximo de $g$ solo se alcanza en $0$ ). 3. Para $x > 0$ , usando la forma de ii): $f (x) = \frac{1 - e ^{- x}}{x e ^{x}} < \frac{x}{x e ^{x}} = e^{- x}$ .

(iv) 1. Para $x > 0$ , por i) y iii): $e^{- 2 x} < f (x) < e^{- x}$ . 2. Cuando $x \to 0^{+}$ , tanto $e^{- 2 x}$ como $e^{- x}$ tienden a $1$ . Por el teorema del sándwich, $x \to 0^{+} lim f (x) = 1$ .

Resultado: i) b) queda demostrado; ii) a) el máximo es $g (0) = 0$ , luego $x + 1 \leq e^{x}$ ; b) (i) y (iii) quedan demostrados; (iv) $x \to 0^{+} lim f (x) = 1$

Ejercicio 253 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2006

La función $f$ está definida por $f (x) = \frac{ln x}{x ^{3}}$ , $x \geq 1$ .

a) Halle $f^{'} (x)$ y $f^{''} (x)$ , simplificando ambas respuestas.

b) i) Halle el valor exacto de la coordenada $x$ correspondiente al punto máximo, y justifique por qué se trata de un máximo.

(ii) Resuelva $f^{''} (x) = 0$ , y compruebe que para este valor de $x$ , la gráfica de $f$ presenta un punto de inflexión.

(iii) Dibuje aproximadamente la gráfica de $f$ , indicando el punto máximo y el punto de inflexión.

Se denomina $R$ a la región limitada por el eje $x$ , la gráfica de $f$ y la recta $x = 3$ .

c) Halle el volumen del sólido de revolución que se obtiene al rotar $R$ un ángulo de $36 0^{\circ}$ alrededor del eje $x$ .

d) Compruebe que el área de $R$ es igual a $\frac{1}{18} (4 - ln 3)$ .

Ver solución

a) 1. Cociente con $u = ln x$ , $v = x^{3}$ : $f^{'} (x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x ^{3} - 3 x ^{2} ln x}{x ^{6}} = \frac{x ^{2} ( 1 - 3 ln x )}{x ^{6}} = \frac{1 - 3 ln x}{x ^{4}}$ . 2. Segunda derivada: $f^{''} (x) = \frac{- \frac{3}{x} \cdot x ^{4} - 4 x ^{3} ( 1 - 3 ln x )}{x ^{8}} = \frac{- 3 x ^{3} - 4 x ^{3} + 12 x ^{3} ln x}{x ^{8}} = \frac{- 7 + 12 ln x}{x ^{5}}$ .

b) i) 1. $f^{'} (x) = 0$ si $1 - 3 ln x = 0$ , es decir, $x = e^{1/3}$ . 2. $f^{''} (e^{1/3}) = \frac{- 7 + 4}{e ^{5/3}} < 0$ , luego es un máximo.

(ii) 1. $f^{''} (x) = 0$ si $ln x = \frac{7}{12}$ , o sea, $x = e^{7/12}$ . 2. Para $x < e^{7/12}$ , $- 7 + 12 ln x < 0$ y $f^{''} < 0$ ; para $x > e^{7/12}$ , $f^{''} > 0$ . Cambia de signo, luego es un punto de inflexión.

(iii) Rasgos clave: $f (1) = 0$ ; sube hasta el máximo en $x = e^{1/3} \approx 1, 40$ , con $f \approx 0, 13$ ; después baja, con inflexión en $x = e^{7/12} \approx 1, 79$ , y tiende a $0$ cuando $x \to \infty$ (el eje $x$ es asíntota horizontal).

Gráfica aproximada de f(x) = ln x / x³ para x ≥ 1, con el punto máximo y el punto de inflexión

c) 1. Volumen de revolución alrededor del eje $x$ entre $x = 1$ y $x = 3$ : $V = π \int_{1}^{3} (\frac{ln x}{x ^{3}})^{2} d x = π \int_{1}^{3} \frac{( ln x ) ^{2}}{x ^{6}} d x$ . 2. Con la CPG: $V \approx 0, 0458 \approx 0, 046$ .

d) 1. Área $= \int_{1}^{3} \frac{ln x}{x ^{3}} d x$ ( $f \geq 0$ ). Por partes con $u = ln x$ y $d v = x^{- 3} d x$ ( $d u = \frac{1}{x} d x$ , $v = - \frac{1}{2 x ^{2}}$ ). 2. $\int \frac{ln x}{x ^{3}} d x = - \frac{ln x}{2 x ^{2}} + \frac{1}{2} \int x^{- 3} d x = - \frac{ln x}{2 x ^{2}} - \frac{1}{4 x ^{2}}$ . 3. Evaluamos: $(- \frac{ln 3}{18} - \frac{1}{36}) - (0 - \frac{1}{4}) = \frac{8}{36} - \frac{ln 3}{18} = \frac{4}{18} - \frac{ln 3}{18} = \frac{1}{18} (4 - ln 3)$ .

Resultado: a) $f^{'} (x) = \frac{1 - 3 ln x}{x ^{4}}$ , $f^{''} (x) = \frac{- 7 + 12 ln x}{x ^{5}}$ ; b) i) $x = e^{1/3}$ , máximo porque $f^{''} (e^{1/3}) < 0$ ; ii) $x = e^{7/12}$ , punto de inflexión; c) $V \approx 0, 046$ ; d) queda demostrado.

Ejercicio 254 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2007

a) Usando la fórmula para $cos (A + B)$ pruebe que $cos^{2} θ = \frac{cos 2 θ + 1}{2}$ .

b) Usando lo anterior, halle $\int cos^{2} x d x$ .

Sea $f (x) = 4 cos x$ y $g (x) = sec x$ para $x \in] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ .

Sea $R$ la región encerrada por las dos funciones.

c) Calcule los valores exactos de las coordenadas $x$ de los puntos de intersección.

d) Dibuje las funciones $f$ y $g$ y claramente la región $R$ sombreada.

La región $R$ se hace girar de $2 π$ alrededor del eje $x$ para generar un sólido.

e) i) Escriba una integral que represente el volumen de este sólido.

(ii) Usando lo anterior calcule el valor exacto del volumen.

Ver solución

a) 1. Con $cos (A + B) = cos A cos B - sen A sen B$ y $A = B = θ$ : $cos 2 θ = cos^{2} θ - sen^{2} θ$ . 2. Como $sen^{2} θ = 1 - cos^{2} θ$ : $cos 2 θ = 2 cos^{2} θ - 1$ . 3. Despejamos: $cos^{2} θ = \frac{cos 2 θ + 1}{2}$ .

b) 1. Por (a): $\int cos^{2} x d x = \frac{1}{2} \int (cos 2 x + 1) d x$ . 2. $= \frac{1}{2} (\frac{sen 2 x}{2} + x) + C$ .

c) 1. Igualamos: $4 cos x = sec x = \frac{1}{cos x}$ , luego $4 cos^{2} x = 1$ y $cos x = \pm \frac{1}{2}$ . 2. En $] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ el coseno es positivo, así que $cos x = \frac{1}{2}$ y $x = \pm \frac{π}{3}$ .

d) Rasgos clave: $f$ es un arco con máximo $4$ en $x = 0$ que se anula en $\pm \frac{π}{2}$ ; $g$ tiene mínimo $1$ en $x = 0$ y asíntotas verticales en $x = \pm \frac{π}{2}$ . Se cortan en $x = \pm \frac{π}{3}$ (con $y = 2$ ), y $R$ es la región entre ambas curvas, con $f$ por encima de $g$ , para $- \frac{π}{3} \leq x \leq \frac{π}{3}$ .

Gráficas de f(x) = 4 cos x y g(x) = sec x en el intervalo (−π/2, π/2), con la región R entre ambas, sombreada, comprendida entre x = −π/3 y x = π/3

e) i) 1. Entre $- \frac{π}{3}$ y $\frac{π}{3}$ , $f \geq g \geq 0$ , luego el volumen es la diferencia de los sólidos: $V = π \int_{- π /3}^{π /3} (f^{2} - g^{2}) d x$ . 2. Por simetría (el integrando es par): $V = 2 π \int_{0}^{\frac{π}{3}} (16 cos^{2} x - sec^{2} x) d x$ .

(ii) 1. Usamos (b): $\int 16 cos^{2} x d x = 16 \cdot \frac{1}{2} (\frac{sen 2 x}{2} + x) = 4 sen 2 x + 8 x$ , y $\int sec^{2} x d x = tan x$ . 2. $V = 2 π [4 sen 2 x + 8 x - tan x]_{0}^{\frac{π}{3}}$ . 3. En $x = \frac{π}{3}$ : $4 \cdot \frac{3}{2} + \frac{8 π}{3} - 3 = 3 + \frac{8 π}{3}$ ; en $x = 0$ vale $0$ . 4. $V = 2 π (3 + \frac{8 π}{3})$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $\frac{1}{2} (\frac{sen 2 x}{2} + x) + C$ ; c) $x = \frac{π}{3}$ y $x = - \frac{π}{3}$ ; d) esbozo con $R$ sombreada; e) i) $2 π \int_{0}^{\frac{π}{3}} (16 cos^{2} x - sec^{2} x) d x$ ; ii) $2 π (3 + \frac{8 π}{3})$

Ejercicio 255 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2011

Se crea un vaso abierto girando la curva $y = x^{2}$ , definida en el dominio $x \in [0, 10]$ , $2 π$ radianes alrededor del eje $y$ . Las unidades en los ejes de coordenadas se definen en centímetros.

a) Cuando el vaso contenga agua hasta una altura $h$ cm, calcule el volumen $V$ de agua en función de $h$ .

b) Si el agua en el vaso se evapora a razón de $3 c m^{3}$ por hora por cada $c m^{2}$ de superficie expuesta del agua, muestre que $\frac{d V}{d t} = - 3 2 π V$ , donde $t$ se mide en horas.

c) Si el vaso está lleno completamente, ¿cuánto tiempo tardará para que toda el agua se evapore?

Ver resultado

Resultado: a) $V = \frac{π h ^{2}}{2}$ cm $^{3}$ ; b) queda demostrado; c) $\frac{100}{3} \approx 33, 3$ horas

Ver proceso y resultado

a) 1. Al girar $y = x^{2}$ alrededor del eje $y$ , el volumen hasta la altura $h$ es $V = π \int_{0}^{h} x^{2} d y$ , con $x^{2} = y$ . 2. $V = π \int_{0}^{h} y d y = π \frac{h ^{2}}{2}$ cm $^{3}$ .

b) 1. La superficie del agua es un círculo de radio $x$ con $x^{2} = h$ : área $= π h$ cm $^{2}$ . 2. El agua se evapora a $3$ cm $^{3}$ por hora y por cm $^{2}$ : $\frac{d V}{d t} = - 3 π h$ . 3. De $V = \frac{π h ^{2}}{2}$ : $h = \frac{2 V}{π}$ ( $h > 0$ ). 4. $\frac{d V}{d t} = - 3 π \frac{2 V}{π} = - 3 π^{2} \cdot \frac{2 V}{π} = - 3 2 π V$ .

c) 1. Vaso lleno: $h = 100$ cm (pues $x = 10$ y $y = x^{2} = 100$ ), luego $V_{0} = \frac{π \cdot 10 000}{2} = 5000 π$ cm $^{3}$ . 2. Separamos variables: $\frac{d V}{V} = - 3 2 π d t$ , y al integrar $2 V = - 3 2 π t + C$ . 3. Con $V = 5000 π$ en $t = 0$ : $C = 2 5000 π$ . 4. $V = 0$ cuando $3 2 π t = 2 5000 π$ , es decir, $t = \frac{2 2500}{3} = \frac{100}{3} \approx 33, 3$ horas.

Resultado: a) $V = \frac{π h ^{2}}{2}$ cm $^{3}$ ; b) queda demostrado; c) $\frac{100}{3} \approx 33, 3$ horas

Ejercicio 256 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2010

Sea $f (x) = \frac{a + b e ^{x}}{a e ^{x} + b}$ , donde $0 < b < a$ .

a) Compruebe que $f^{'} (x) = \frac{( b ^{2} - a ^{2} ) e ^{x}}{( a e ^{x} + b ) ^{2}}$ .

b) A partir de lo anterior, justifique por qué la gráfica de $f$ no tiene ningún máximo ni ningún mínimo local.

c) Sabiendo que la gráfica de $f$ tiene un punto de inflexión, halle sus coordenadas.

d) Compruebe que la gráfica de $f$ tiene exactamente dos asíntotas.

e) Sean $a = 4$ y $b = 1$ . Considere la región $R$ delimitada por la gráfica de $y = f (x)$ , el eje $y$ , y la recta que tiene por ecuación $y = \frac{1}{2}$ . Halle el volumen $V$ del sólido que se obtiene cuando $R$ gira $2 π$ alrededor del eje $x$ .

Ver resultado

Resultado: a) queda demostrado; b) $f^{'} (x) < 0$ para todo $x$ ; c) $(ln \frac{b}{a}, \frac{a ^{2} + b ^{2}}{2 ab})$ ; d) $y = \frac{b}{a}$ e $y = \frac{a}{b}$ , sin asíntotas verticales; e) $V \approx 1, 09$

Ver proceso y resultado

a) 1. Regla del cociente con $u = a + b e^{x}$ y $v = a e^{x} + b$ : $f^{'} (x) = \frac{b e ^{x} ( a e ^{x} + b ) - ( a + b e ^{x} ) a e ^{x}}{( a e ^{x} + b ) ^{2}}$ . 2. Numerador: $e^{x} [ab e^{x} + b^{2} - a^{2} - ab e^{x}] = (b^{2} - a^{2}) e^{x}$ . 3. Por tanto $f^{'} (x) = \frac{( b ^{2} - a ^{2} ) e ^{x}}{( a e ^{x} + b ) ^{2}}$ .

b) 1. Como $0 < b < a$ , $b^{2} - a^{2} < 0$ ; además $e^{x} > 0$ y el denominador es positivo. 2. Luego $f^{'} (x) < 0$ para todo $x$ : $f$ es siempre estrictamente decreciente y $f^{'}$ nunca se anula, así que no hay máximos ni mínimos locales.

c) 1. Derivamos $f^{'} (x) = (b^{2} - a^{2}) e^{x} (a e^{x} + b)^{- 2}$ : $f^{''} (x) = (b^{2} - a^{2}) [e^{x} (a e^{x} + b)^{- 2} - 2 a e^{2 x} (a e^{x} + b)^{- 3}]$ . 2. Factor común: $f^{''} (x) = \frac{( b ^{2} - a ^{2} ) e ^{x} ( b - a e ^{x} )}{( a e ^{x} + b ) ^{3}}$ . 3. $f^{''} (x) = 0$ si $a e^{x} = b$ , es decir, $x = ln \frac{b}{a}$ . El factor $b - a e^{x}$ cambia de signo ahí, luego es un punto de inflexión. 4. $f (ln \frac{b}{a}) = \frac{a + b \cdot \frac{b}{a}}{a \cdot \frac{b}{a} + b} = \frac{\frac{a ^{2} + b ^{2}}{a}}{2 b} = \frac{a ^{2} + b ^{2}}{2 ab}$ . 5. Punto de inflexión: $(ln \frac{b}{a}, \frac{a ^{2} + b ^{2}}{2 ab})$ .

d) 1. Asíntotas verticales: el denominador $a e^{x} + b > 0$ nunca se anula, no hay. 2. Si $x \to + \infty$ , dividiendo entre $e^{x}$ : $f (x) = \frac{a e ^{- x} + b}{a + b e ^{- x}} \to \frac{b}{a}$ . 3. Si $x \to - \infty$ , $e^{x} \to 0$ y $f (x) \to \frac{a}{b}$ . 4. Hay exactamente dos asíntotas horizontales, $y = \frac{b}{a}$ e $y = \frac{a}{b}$ (distintas porque $a \neq = b$ ).

e) 1. Con $a = 4$ , $b = 1$ : $f (x) = \frac{4 + e ^{x}}{4 e ^{x} + 1}$ , con $f (0) = 1$ , decreciente hacia $\frac{1}{4}$ . 2. $f (x) = \frac{1}{2}$ cuando $2 (4 + e^{x}) = 4 e^{x} + 1$ , es decir, $8 + 2 e^{x} = 4 e^{x} + 1$ , luego $e^{x} = \frac{7}{2}$ y $x = ln 3, 5 \approx 1, 25$ . 3. $R$ está entre $y = f (x)$ (arriba) y $y = \frac{1}{2}$ (abajo), de $x = 0$ a $x = ln 3, 5$ . 4. Con la CPG: $V = π \int_{0}^{l n 3, 5} [(\frac{4 + e ^{x}}{4 e ^{x} + 1})^{2} - \frac{1}{4}] d x \approx 1, 09$ .

Ejercicio 257 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2014

En la siguiente figura se muestra la sección transversal vertical de un contenedor.

Sección transversal vertical de un contenedor: lados en arcos de parábola que se ensanchan hacia arriba, base de 16 de ancho en el eje x y borde superior a la altura 48

Los lados de dicha sección transversal vienen dados por la ecuación $y = 0, 25 x^{2} - 16$ . Las secciones transversales horizontales son circulares. El contenedor tiene una altura de $48$ cm.

a) Si el contenedor se llena de agua hasta una altura $h$ cm, muestre que el volumen del agua, $V$ $c m^{3}$ , viene dado por $V = 4 π (\frac{h ^{2}}{2} + 16 h)$ .

El contenedor, que inicialmente está lleno de agua, empieza a gotear a través de un pequeño agujero a una razón que viene dada por $\frac{d V}{d t} = - \frac{250 h}{π ( h + 16 )}$ , donde $t$ se mide en segundos.

b) (i) Muestre que $\frac{d h}{d t} = - \frac{250 h}{4 π ^{2} ( h + 16 ) ^{2}}$ .

(ii) Indique $\frac{d t}{d h}$ y, a partir de lo anterior muestre que $t = \frac{- 4 π ^{2}}{250} \int (h^{\frac{3}{2}} + 32 h^{\frac{1}{2}} + 256 h^{- \frac{1}{2}}) d h$ .

(iii) Halle el tiempo que tarda en vaciarse el contenedor, aproximado al número de minutos más próximo. ( $60$ segundos $= 1$ minuto).

Una vez que está vacío, se vuelve a echar agua en el contenedor a una razón de $8, 5 c m^{3} s^{- 1}$ .

Simultáneamente, el contenedor sigue goteando a una razón de $\frac{250 h}{π ( h + 16 )} c m^{3} s^{- 1}$ .

c) Utilizando un gráfico aproximado apropiado, determine la altura a la que acaba estabilizándose el nivel del agua en el contenedor.

Ver resultado

Resultado: b) (iii) $2688, 8 s \approx 45$ min; c) $h = 5, 06$ cm

Ver proceso y resultado

a) 1. Las secciones horizontales son círculos. A la altura $y$ , el radio $x$ cumple $y = 0, 25 x^{2} - 16$ , luego $x^{2} = 4 (y + 16)$ . 2. Volumen por discos alrededor del eje $y$ : $V = π \int_{0}^{h} x^{2} d y = π \int_{0}^{h} 4 (y + 16) d y$ . 3. $V = 4 π [\frac{y ^{2}}{2} + 16 y]_{0}^{h} = 4 π (\frac{h ^{2}}{2} + 16 h)$ .

b) (i) 1. Regla de la cadena: $\frac{d h}{d t} = \frac{d V}{d t} / \frac{d V}{d h}$ . 2. $\frac{d V}{d h} = 4 π (h + 16)$ . 3. $\frac{d h}{d t} = - \frac{250 h}{π ( h + 16 )} \cdot \frac{1}{4 π ( h + 16 )} = - \frac{250 h}{4 π ^{2} ( h + 16 ) ^{2}}$ .

(ii) 1. $\frac{d t}{d h} = \frac{1}{d h / d t} = - \frac{4 π ^{2} ( h + 16 ) ^{2}}{250 h}$ . 2. Desarrollamos $(h + 16)^{2} = h^{2} + 32 h + 256$ y dividimos por $h$ : $\frac{( h + 16 ) ^{2}}{h} = h^{3/2} + 32 h^{1/2} + 256 h^{- 1/2}$ . 3. Integrando respecto de $h$ : $t = - \frac{4 π ^{2}}{250} \int (h^{3/2} + 32 h^{1/2} + 256 h^{- 1/2}) d h$ .

(iii) 1. El contenedor pasa de $h = 48$ a $h = 0$ : $t = \frac{4 π ^{2}}{250} \int_{0}^{48} (h^{3/2} + 32 h^{1/2} + 256 h^{- 1/2}) d h$ (el signo menos se compensa al invertir los límites). 2. Una primitiva es $\frac{2}{5} h^{5/2} + \frac{64}{3} h^{3/2} + 512 h^{1/2}$ . Con la CPG (o a mano) entre $0$ y $48$ la integral multiplicada por $\frac{4 π ^{2}}{250}$ da $t \approx 2688, 8$ s. 3. $\frac{2688 , 8}{60} \approx 44, 8$ , que son $45$ minutos.

c) 1. El nivel se estabiliza cuando la entrada iguala la salida: $8, 5 = \frac{250 h}{π ( h + 16 )}$ . 2. Dibujamos en la CPG la curva $y = \frac{250 h}{π ( h + 16 )}$ y la recta $y = 8, 5$ para $0 \leq h \leq 48$ . Se cortan en un único punto. 3. Para $h$ menor que ese valor la salida es menor que $8, 5$ y el nivel sube; para $h$ mayor, la salida es mayor y el nivel baja: es el nivel de equilibrio. 4. La intersección es $h \approx 5, 06$ cm.

Resultado: b) (iii) $2688, 8 s \approx 45$ min; c) $h = 5, 06$ cm

Ejercicio 258 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2016

El siguiente gráfico muestra la relación $x = 3 cos 2 y + 4$ , $0 \leq y \leq π$ .

Gráfica de x = 3cos2y + 4 para 0 ≤ y ≤ π, con y en el eje vertical: curva en forma de S tumbada que va de (7, 0) a (7, π) pasando por x = 1 en y = π/2

La curva se rota $36 0^{\circ}$ alrededor del eje $y$ para así generar el volumen de revolución, $V$ .

a) Calcule el valor de $V$ .

Se fabrica un contenedor que tiene esa forma, con un volumen igual a $V$ $c m^{3}$ y una base sólida de $14$ cm de diámetro. El contenedor se va llenando de agua a razón de $2 c m^{3} mi n^{- 1}$ . La profundidad del agua es igual a $h$ cm, $0 \leq h \leq π$ .

b) (i) Sabiendo que $\frac{d V}{d h} = π (3 cos 2 h + 4)^{2}$ , halle una expresión para $\frac{d h}{d t}$ .

(ii) Halle el valor de $\frac{d h}{d t}$ cuando $h = \frac{π}{4}$ .

c) (i) Halle $\frac{d ^{2} h}{d t ^{2}}$ .

(ii) Halle los valores de $h$ para los cuales $\frac{d ^{2} h}{d t ^{2}} = 0$ .

(iii) Haciendo referencia explícita a la forma del contenedor, interprete $\frac{d h}{d t}$ en los valores de $h$ que ha hallado en el apartado (c)(ii).

Ver resultado

Resultado: a) $V = \frac{41 π ^{2}}{2} c m^{3}$ ; b) (i) $\frac{d h}{d t} = \frac{2}{π ( 3 cos 2 h + 4 ) ^{2}}$ ; (ii) $\frac{1}{8 π}$ ; c) (i) $\frac{48 sen 2 h}{π ^{2} ( 3 cos 2 h + 4 ) ^{5}}$ ; (ii) $h = 0, \frac{π}{2}, π$

Ver proceso y resultado

a) 1. Rotación alrededor del eje $y$ : $V = π \int_{0}^{π} x^{2} d y = π \int_{0}^{π} (3 cos 2 y + 4)^{2} d y$ . 2. Desarrollamos: $(3 cos 2 y + 4)^{2} = 9 cos^{2} 2 y + 24 cos 2 y + 16 = \frac{9}{2} (1 + cos 4 y) + 24 cos 2 y + 16$ . 3. Entre $0$ y $π$ , las integrales de $cos 4 y$ y $cos 2 y$ valen $0$ . Queda $\int_{0}^{π} (\frac{9}{2} + 16) d y = \frac{41}{2} π$ . 4. $V = π \cdot \frac{41 π}{2} = \frac{41 π ^{2}}{2} c m^{3} \approx 202, 3 c m^{3}$ .

b) (i) 1. $\frac{d h}{d t} = \frac{d V}{d t} / \frac{d V}{d h} = \frac{2}{π ( 3 cos 2 h + 4 ) ^{2}}$ .

(ii) 1. En $h = \frac{π}{4}$ : $cos \frac{π}{2} = 0$ , luego $\frac{d h}{d t} = \frac{2}{π \cdot 16} = \frac{1}{8 π}$ cm/min.

c) (i) 1. Derivamos respecto de $t$ con la regla de la cadena: $\frac{d ^{2} h}{d t ^{2}} = \frac{d}{d h} (\frac{d h}{d t}) \cdot \frac{d h}{d t}$ . 2. $\frac{d}{d h} [\frac{2}{π} (3 cos 2 h + 4)^{- 2}] = \frac{2}{π} (- 2) (3 cos 2 h + 4)^{- 3} (- 6 sen 2 h) = \frac{24 sen 2 h}{π ( 3 cos 2 h + 4 ) ^{3}}$ . 3. Multiplicamos por $\frac{2}{π ( 3 cos 2 h + 4 ) ^{2}}$ : $\frac{d ^{2} h}{d t ^{2}} = \frac{48 sen 2 h}{π ^{2} ( 3 cos 2 h + 4 ) ^{5}}$ .

(ii) 1. El denominador es positivo ( $3 cos 2 h + 4 \geq 1$ ), así que se anula cuando $sen 2 h = 0$ . 2. Con $0 \leq h \leq π$ : $2 h = 0, π, 2 π$ , es decir, $h = 0, \frac{π}{2}, π$ .

(iii) 1. El radio del contenedor a la altura $h$ es $x = 3 cos 2 h + 4$ : vale $7$ en $h = 0$ y $h = π$ (partes más anchas) y $1$ en $h = \frac{π}{2}$ (parte más estrecha). 2. $\frac{d ^{2} h}{d t ^{2}}$ es positiva entre $0$ y $\frac{π}{2}$ y negativa entre $\frac{π}{2}$ y $π$ : la velocidad de subida $\frac{d h}{d t}$ aumenta mientras el contenedor se estrecha y disminuye mientras se ensancha. 3. En $h = \frac{π}{2}$ la velocidad de subida es máxima (el contenedor es lo más estrecho y el agua sube más rápido); en $h = 0$ y $h = π$ es mínima (lo más ancho, el agua sube más lento).

Ejercicio 259 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2021

La función $f$ viene dada por $f (x) = \frac{k e ^{\frac{x}{2}}}{1 + e ^{x}}$ , donde $x \in R$ , $x \geq 0$ , $k \in R^{+}$ .

La región delimitada por el gráfico de $y = f (x)$ , el eje $x$ , el eje $y$ y la recta $x = ln 16$ se rota $36 0^{\circ}$ alrededor del eje $x$ para generar un sólido de revolución.

a) Muestre que el volumen del sólido así formado es igual a $\frac{15 k ^{2} π}{34}$ unidades cúbicas.

Pedro quiere hacer un pequeño cuenco de $300 c m^{3}$ de volumen, basándose en el resultado del apartado (a). El diseño de Pedro se muestra en los siguientes diagramas.

Gráfica de y = f(x) decreciente para 0 ≤ x ≤ ln 16: A es el punto de la curva en el eje y, C el extremo derecho y B el punto del eje x bajo C

Cuenco, sólido de revolución que se estrecha hacia abajo: borde superior circular de centro O con A en el extremo del radio, base de centro B con C en el extremo del radio y altura ln 16

La altura vertical del cuenco ( $BO$ ) se mide a lo largo del eje $x$ . El radio de la parte superior del cuenco es $OA$ y el radio de la base del cuenco es $BC$ . Todas las longitudes se miden en cm.

b) Halle el valor de $k$ que satisface los requisitos del diseño de Pedro.

c) Halle:

(i) $OA$

(ii) $BC$

De cara al diseño, Pedro decide investigar cómo va cambiando el radio de una sección transversal del cuenco.

d) (i) Dibujando aproximadamente el gráfico de una derivada de $f$ que resulte apropiada, halle dónde disminuye más deprisa el radio de la sección transversal del cuenco.

(ii) Indique cuál es el radio de la sección transversal del cuenco en ese punto.

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Resultado: b) $k = 2 \frac{170}{π} = 14, 7$ ; c) (i) $OA = 7, 36$ cm; (ii) $BC = 3, 46$ cm; d) (i) $x = 1, 76$ cm, con $f^{'} (x) = - 1, 84$ ; (ii) $f (1, 76) = 5, 20$ cm

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a) 1. Volumen de revolución alrededor del eje $x$ : $V = π \int_{0}^{l n 16} [f (x)]^{2} d x = π k^{2} \int_{0}^{l n 16} \frac{e ^{x}}{( 1 + e ^{x} ) ^{2}} d x$ . 2. Técnica: sustitución $u = 1 + e^{x}$ , $d u = e^{x} d x$ . Límites: $x = 0 \Rightarrow u = 2$ ; $x = ln 16 \Rightarrow u = 17$ . 3. $\int_{2}^{17} \frac{d u}{u ^{2}} = [- \frac{1}{u}]_{2}^{17} = \frac{1}{2} - \frac{1}{17} = \frac{15}{34}$ . 4. $V = \frac{15 k ^{2} π}{34}$ .

b) 1. Imponemos $\frac{15 k ^{2} π}{34} = 300$ , luego $k^{2} = \frac{10200}{15 π} = \frac{680}{π}$ . 2. Como $k > 0$ , $k = \frac{680}{π} = 2 \frac{170}{π} \approx 14, 7$ .

c) (i) 1. $OA = f (0) = \frac{k}{1 + 1} = \frac{k}{2} \approx 7, 36$ cm.

(ii) 1. $BC = f (ln 16) = \frac{k \cdot e ^{(l n 16) /2}}{1 + 16} = \frac{4 k}{17} \approx 3, 46$ cm.

d) (i) 1. El radio de la sección es $f (x)$ ; disminuye más deprisa donde $f^{'} (x)$ es lo más negativa posible. 2. Derivamos: $f^{'} (x) = \frac{k e ^{x /2} ( 1 - e ^{x} )}{2 ( 1 + e ^{x} ) ^{2}}$ . Es $0$ en $x = 0$ y negativa para $x > 0$ . 3. Dibujamos $y = f^{'} (x)$ con la CPG en $[0, ln 16]$ : parte de $0$ , baja hasta un mínimo y sube un poco hacia el final. 4. El mínimo de $f^{'}$ está en $x \approx 1, 76$ cm, con $f^{'} \approx - 1, 84$ .

(ii) 1. Radio en ese punto: $f (1, 76) \approx 5, 20$ cm.

Resultado: b) $k = 2 \frac{170}{π} = 14, 7$ ; c) (i) $OA = 7, 36$ cm; (ii) $BC = 3, 46$ cm; d) (i) $x = 1, 76$ cm, con $f^{'} (x) = - 1, 84$ ; (ii) $f (1, 76) = 5, 20$ cm

Ejercicio 260 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2022

Considere la función $f (x) = x^{2} - 1$ , donde $1 \leq x \leq 2$ .

a) Dibuje la curva $y = f (x)$ , indicando claramente las coordenadas de los puntos finales.

b) (i) Muestre que la función inversa de $f$ viene dada por $f^{- 1} (x) = x^{2} + 1$ .

(ii) Indique el dominio y el rango de $f^{- 1}$ .

La curva $y = f (x)$ se gira $2 π$ alrededor del eje $y$ para formar un sólido de revolución que se utiliza para modelar un recipiente de agua.

c) (i) Muestre que el volumen, $V$ $m^{3}$ , del agua en el contenedor cuando se llena a una altura de $h$ metros está dada por $V = π (\frac{1}{3} h^{3} + h)$ .

(ii) Usando lo anterior, determine el máximo volumen del contenedor.

Cuando $t = 0$ , el contenedor está vacío. Luego se agrega agua al recipiente a una tasa constante de $0, 4 m^{3} s^{- 1}$ .

d) Encuentre el tiempo que tarda en llenarse el recipiente hasta su volumen máximo.

e) Encuentre la razón de cambio de la altura del agua cuando el recipiente se llena a la mitad de su volumen máximo.

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a) 1. Extremos: $f (1) = 0$ y $f (2) = 3 \approx 1, 73$ . La función es creciente y cóncava, con tangente vertical en $(1, 0)$ (porque $f^{'} = \frac{x}{x ^{2} - 1} \to \infty$ ). 2. Es el arco de curva de $(1, 0)$ a $(2, 3)$ .

Gráfica de y = √(x² − 1) para 1 ≤ x ≤ 2, con extremos (1, 0) y (2; 1,73)

b) (i) 1. Escribimos $y = x^{2} - 1$ e intercambiamos $x$ e $y$ : $x = y^{2} - 1$ . 2. Elevamos al cuadrado: $x^{2} = y^{2} - 1$ , luego $y^{2} = x^{2} + 1$ . 3. Como la imagen de $f^{- 1}$ es $[1, 2]$ (positiva), $y = + x^{2} + 1$ , es decir, $f^{- 1} (x) = x^{2} + 1$ .

(ii) 1. Dominio de $f^{- 1}$ = recorrido de $f$ = $[0, 3]$ . 2. Recorrido de $f^{- 1}$ = dominio de $f$ = $[1, 2]$ .

c) (i) 1. Al girar $y = f (x)$ alrededor del eje $y$ , el radio a la altura $y$ es $x = f^{- 1} (y)$ , con $x^{2} = y^{2} + 1$ . 2. $V = π \int_{0}^{h} x^{2} d y = π \int_{0}^{h} (y^{2} + 1) d y = π (\frac{h ^{3}}{3} + h)$ .

(ii) 1. La altura máxima es $3$ (el recorrido de $f$ ). 2. $V_{m a ˊ x} = π (\frac{3 3}{3} + 3) = 2 π 3 \approx 10, 9 m^{3}$ .

d) 1. $t = \frac{V _{m a ˊ x}}{0 , 4} = \frac{2 π 3}{0 , 4} \approx 27, 2$ s.

e) 1. La mitad del volumen es $π 3$ : $π (\frac{h ^{3}}{3} + h) = π 3$ , es decir, $\frac{h ^{3}}{3} + h = 3$ . Con la CPG: $h \approx 1, 18$ m. 2. Regla de la cadena: $\frac{d V}{d t} = \frac{d V}{d h} \frac{d h}{d t}$ , con $\frac{d V}{d h} = π (h^{2} + 1)$ y $\frac{d V}{d t} = 0, 4$ . 3. $\frac{d h}{d t} = \frac{0 , 4}{π ( h ^{2} + 1 )} = \frac{0 , 4}{π ( 1 , 181 8 ^{2} + 1 )} \approx 0, 0531 m s^{- 1}$ .

Resultado: b) (ii) $D_{f^{- 1}} = [0, 3]$ , $R_{f^{- 1}} = [1, 2]$ ; c) (ii) $V = 2 π 3 = 10, 9 m^{3}$ ; d) $t = 27, 2$ s; e) $0, 0531 m s^{- 1}$

Ejercicio 261 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2022

La siguiente figura muestra la curva $\frac{x ^{2}}{36} + \frac{( y - 4 ) ^{2}}{16} = 1$ , donde $h \leq y \leq 4$ .

Fragmento de la elipse x²/36 + (y−4)²/16 = 1 que va de Q a B, con el rectángulo OPQR de altura h bajo Q y el segmento a trazos de O a Q

El fragmento de curva que va del punto $Q$ al punto $B$ se rota $36 0^{\circ}$ alrededor del eje $y$ para generar la superficie interior de un cuenco. El rectángulo $OPQR$ , de $h$ cm de altura, se rota $36 0^{\circ}$ alrededor del eje $y$ para generar una base sólida. Se supone que el cuenco tiene un espesor despreciable.

Sabiendo que el volumen interior del cuenco tiene que ser igual a $285 c m^{3}$ , determine la altura de la base.

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Resultado: $h = 0, 793$ cm

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La elipse es $\frac{x ^{2}}{36} + \frac{( y - 4 ) ^{2}}{16} = 1$ . Despejamos $x^{2}$ : $x^{2} = 36 (1 - \frac{( y - 4 ) ^{2}}{16}) = 36 - \frac{9}{4} (y - 4)^{2}$ .
El volumen interior del cuenco (sin la base) se obtiene girando la región entre la curva y el eje $y$ desde $y = h$ hasta $y = 4$ : $V = π \int_{h}^{4} x^{2} d y$ .
$V = π \int_{h}^{4} [36 - \frac{9}{4} (y - 4)^{2}] d y = π [36 y - \frac{3}{4} (y - 4)^{3}]_{h}^{4}$ .
$V = π [144 - (36 h - \frac{3}{4} (h - 4)^{3})] = π [36 (4 - h) - \frac{3}{4} (4 - h)^{3}]$ .
Imponemos $V = 285$ y resolvemos con la CPG para $0 < h < 4$ : $π [36 (4 - h) - \frac{3}{4} (4 - h)^{3}] = 285$ da $h \approx 0, 793$ cm.

Resultado: $h = 0, 793$ cm

Integrales impropias

Ejercicio 262 BásicoIB · P3 TZ0 Noviembre 2012

a) Demuestre que $H \to \infty lim \int_{a}^{H} \frac{1}{x ^{2}} d x$ existe y calcule su valor en función de $a$ (donde $a \in R^{+}$ ).

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Resultado: $\frac{1}{a}$

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Calculamos primero la integral con límite superior finito $H > a$ : $\int_{a}^{H} \frac{1}{x ^{2}} d x = [- \frac{1}{x}]_{a}^{H} = - \frac{1}{H} + \frac{1}{a}$ .
Cuando $H \to \infty$ , $\frac{1}{H} \to 0$ , así que el límite existe.
$H \to \infty lim \int_{a}^{H} \frac{1}{x ^{2}} d x = \frac{1}{a}$ .

Resultado: $\frac{1}{a}$

Ejercicio 263 MedioIB · P3 TZ2 Mayo 2008

Halle el valor exacto de $\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{( x + 2 ) ( 2 x + 1 )}$ .

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Resultado: $\frac{1}{3} ln 4$

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Descomponemos en fracciones simples: $\frac{1}{( x + 2 ) ( 2 x + 1 )} = \frac{A}{x + 2} + \frac{B}{2 x + 1}$ , así que $1 = A (2 x + 1) + B (x + 2)$ .
Con $x = - 2$ : $1 = - 3 A$ , luego $A = - \frac{1}{3}$ . Con $x = - \frac{1}{2}$ : $1 = \frac{3}{2} B$ , luego $B = \frac{2}{3}$ .
Primitiva: $- \frac{1}{3} ln (x + 2) + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} ln (2 x + 1) = \frac{1}{3} ln \frac{2 x + 1}{x + 2}$ (para $x \geq 0$ ).
Integral impropia, con el límite: $\int_{0}^{+ \infty} = b \to \infty lim \frac{1}{3} [ln \frac{2 x + 1}{x + 2}]_{0}^{b}$ .
Cuando $b \to \infty$ , $\frac{2 b + 1}{b + 2} \to 2$ . En $x = 0$ el cociente vale $\frac{1}{2}$ .
Resulta $\frac{1}{3} (ln 2 - ln \frac{1}{2}) = \frac{2}{3} ln 2 = \frac{1}{3} ln 4$ .

Resultado: $\frac{1}{3} ln 4$

Ejercicio 264 MedioIB · P3 TZ2 Mayo 2007

Halle el conjunto de valores $p$ para los cuales $\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x ^{p}} d x$ converge.

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Resultado: converge si y solo si $p > 1$ (y vale $\frac{1}{p - 1}$ ); para $p \leq 1$ diverge.

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Una integral impropia con límite superior infinito se define con un límite: $\int_{1}^{\infty} x^{- p} d x = b \to \infty lim \int_{1}^{b} x^{- p} d x$ . Distinguimos dos casos.
Caso $p = 1$ : $\int_{1}^{b} \frac{d x}{x} = ln b \to + \infty$ . Diverge.
Caso $p \neq = 1$ : $\int_{1}^{b} x^{- p} d x = [\frac{x ^{1 - p}}{1 - p}]_{1}^{b} = \frac{b ^{1 - p} - 1}{1 - p}$ .
Si $p > 1$ , el exponente $1 - p < 0$ y $b^{1 - p} \to 0$ : el límite es $\frac{- 1}{1 - p} = \frac{1}{p - 1}$ . Converge.
Si $p < 1$ , el exponente $1 - p > 0$ y $b^{1 - p} \to + \infty$ . Diverge.
Solo hay convergencia para $p > 1$ , y entonces la integral vale $\frac{1}{p - 1}$ .

Resultado: converge si y solo si $p > 1$ (y vale $\frac{1}{p - 1}$ ); para $p \leq 1$ diverge.

Ejercicio 265 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2010

a) Utilizando la integración por partes, compruebe que $\int_{0}^{\infty} e^{- x} cos x d x = \int_{0}^{\infty} e^{- x} sen x d x$ .

b) Halle el valor de estas dos integrales.

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Resultado: a) queda demostrado; b) $\int_{0}^{\infty} e^{- x} cos x d x = \int_{0}^{\infty} e^{- x} sen x d x = \frac{1}{2}$

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a) 1. Sea $I = \int_{0}^{\infty} e^{- x} cos x d x$ . Integramos por partes con $u = e^{- x}$ y $d v = cos x d x$ : $d u = - e^{- x} d x$ , $v = sen x$ . 2. $I = [e^{- x} sen x]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} e^{- x} sen x d x$ . 3. El término entre corchetes vale $0$ : en $x = 0$ por el seno y, cuando $x \to \infty$ , porque $e^{- x} \to 0$ y el seno está acotado. 4. Por tanto $I = \int_{0}^{\infty} e^{- x} sen x d x = J$ , que es lo que se pedía.

b) 1. Integramos $J$ por partes con $u = e^{- x}$ y $d v = sen x d x$ : $d u = - e^{- x} d x$ , $v = - cos x$ . 2. $J = [- e^{- x} cos x]_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} e^{- x} cos x d x = (0 - (- 1)) - I = 1 - I$ . 3. Como $I = J$ por el apartado (a): $I = 1 - I$ , luego $I = \frac{1}{2}$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $\int_{0}^{\infty} e^{- x} cos x d x = \int_{0}^{\infty} e^{- x} sen x d x = \frac{1}{2}$

Ejercicio 266 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2015

a) Utilice la regla de L'Hôpital para hallar $x \to \infty lim x^{2} e^{- x}$ .

b) Muestre que la integral impropia $\int_{0}^{\infty} x^{2} e^{- x} d x$ es convergente y calcule su valor.

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Resultado: a) $0$ ; b) la integral converge y vale $2$

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a) 1. Cuando $x \to \infty$ , $x^{2} e^{- x} = \frac{x ^{2}}{e ^{x}}$ es de la forma $\frac{\infty}{\infty}$ , así que aplicamos la regla de L'Hôpital. 2. Derivamos numerador y denominador: $x \to \infty lim \frac{x ^{2}}{e ^{x}} = x \to \infty lim \frac{2 x}{e ^{x}}$ , que sigue siendo $\frac{\infty}{\infty}$ . 3. Aplicamos la regla otra vez: $x \to \infty lim \frac{2 x}{e ^{x}} = x \to \infty lim \frac{2}{e ^{x}} = 0$ .

b) 1. Es impropia en el límite superior, así que la escribimos como límite: $\int_{0}^{\infty} x^{2} e^{- x} d x = b \to \infty lim \int_{0}^{b} x^{2} e^{- x} d x$ . 2. Primera integración por partes con $u = x^{2}$ y $d v = e^{- x} d x$ ( $d u = 2 x d x$ , $v = - e^{- x}$ ): $\int x^{2} e^{- x} d x = - x^{2} e^{- x} + 2 \int x e^{- x} d x$ . 3. Segunda por partes con $u = x$ y $d v = e^{- x} d x$ : $\int x e^{- x} d x = - x e^{- x} + \int e^{- x} d x = - x e^{- x} - e^{- x}$ . 4. Una primitiva es $F (x) = - e^{- x} (x^{2} + 2 x + 2)$ . 5. Entonces $\int_{0}^{b} x^{2} e^{- x} d x = [F (x)]_{0}^{b} = - e^{- b} (b^{2} + 2 b + 2) + 2$ . 6. Cuando $b \to \infty$ : $b^{2} e^{- b} \to 0$ por el apartado a), y $b e^{- b} \to 0$ y $e^{- b} \to 0$ . El límite existe y es finito, luego la integral converge y vale $2$ .

Resultado: a) $0$ ; b) la integral converge y vale $2$

Ejercicio 267 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2012

Halle el conjunto de valores de $k$ para los cuales la integral impropia $\int_{2}^{\infty} \frac{d x}{x ( ln x ) ^{k}}$ converge.

Ver resultado

Resultado: la integral converge si $k > 1$

Ver proceso y resultado

Es una integral impropia en el límite superior: $\int_{2}^{\infty} \frac{d x}{x ( ln x ) ^{k}} = b \to \infty lim \int_{2}^{b} \frac{d x}{x ( ln x ) ^{k}}$ .
Sustituimos $u = ln x$ , $d u = \frac{d x}{x}$ ; los límites pasan a $ln 2$ y $ln b$ : $\int_{l n 2}^{l n b} u^{- k} d u$ .
Si $k = 1$ : $[ln u]_{l n 2}^{l n b} = ln (ln b) - ln (ln 2) \to \infty$ cuando $b \to \infty$ . Diverge.
Si $k \neq = 1$ : $[\frac{u ^{1 - k}}{1 - k}]_{l n 2}^{l n b} = \frac{( ln b ) ^{1 - k} - ( ln 2 ) ^{1 - k}}{1 - k}$ .
Cuando $b \to \infty$ , $ln b \to \infty$ . Si $k > 1$ , $1 - k < 0$ y $(ln b)^{1 - k} \to 0$ : el límite existe y vale $\frac{( ln 2 ) ^{1 - k}}{k - 1}$ . Si $k < 1$ , $1 - k > 0$ y $(ln b)^{1 - k} \to \infty$ : diverge.
La integral converge solo para $k > 1$ .

Resultado: la integral converge si $k > 1$

Ejercicio 268 MedioIB · P3 TZ1 Mayo 2008

a) Usando la regla de L'Hôpital, demuestre que $x \to \infty lim x e^{- x} = 0$ .

b) Calcule $\int_{0}^{a} x e^{- x} d x$ .

c) Muestre que la integral $\int_{0}^{\infty} x e^{- x} d x$ es convergente y calcule su valor.

Ver resultado

Resultado: a) queda demostrado; b) $- a e^{- a} - e^{- a} + 1$ ; c) convergente, con valor $1$ .

Ver proceso y resultado

a) 1. $x e^{- x} = \frac{x}{e ^{x}}$ es de la forma $\frac{\infty}{\infty}$ cuando $x \to \infty$ . 2. L'Hôpital: $x \to \infty lim \frac{x}{e ^{x}} = x \to \infty lim \frac{1}{e ^{x}} = 0$ .

b) 1. Por partes con $u = x$ y $d v = e^{- x} d x$ ( $d u = d x$ , $v = - e^{- x}$ ): $\int x e^{- x} d x = - x e^{- x} + \int e^{- x} d x = - x e^{- x} - e^{- x}$ . 2. $\int_{0}^{a} x e^{- x} d x = [- x e^{- x} - e^{- x}]_{0}^{a} = - a e^{- a} - e^{- a} + 1$ .

c) 1. La integral impropia es $\int_{0}^{\infty} x e^{- x} d x = a \to \infty lim (- a e^{- a} - e^{- a} + 1)$ . 2. Por (a), $a e^{- a} \to 0$ , y además $e^{- a} \to 0$ . El límite existe y vale $1$ . 3. Por tanto la integral es convergente y su valor es $1$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $- a e^{- a} - e^{- a} + 1$ ; c) convergente, con valor $1$ .

Ejercicio 269 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2018

a) Halle el valor de $\int_{4}^{\infty} \frac{1}{x ^{3}} d x$ .

b) Represente gráficamente la inecuación $n = 5 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}} < \int_{4}^{\infty} \frac{1}{x ^{3}} d x < n = 4 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}}$ .

c) A partir de lo anterior, escriba un límite inferior para $n = 4 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}}$ .

d) Halle un límite superior para $n = 4 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}}$ .

Ver solución

a) 1. $\int_{4}^{\infty} \frac{1}{x ^{3}} d x = H \to \infty lim [- \frac{1}{2 x ^{2}}]_{4}^{H} = 0 + \frac{1}{32} = \frac{1}{32}$ .

b) 1. $f (x) = \frac{1}{x ^{3}}$ es decreciente. Sobre cada intervalo $[n, n + 1]$ con $n \geq 4$ , el rectángulo de altura $f (n + 1)$ queda bajo la curva y el de altura $f (n)$ queda sobre ella. 2. Sumando las áreas de los rectángulos de base $1$ : $n = 5 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}} < \int_{4}^{\infty} \frac{1}{x ^{3}} d x < n = 4 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}}$ .

Gráfica de y = 1/x³ para x ≥ 4 con rectángulos de base 1: los superiores de altura f(n) y los inferiores de altura f(n+1)

c) 1. De la segunda desigualdad: $n = 4 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}} > \frac{1}{32} = 0, 03125$ .

d) 1. De la primera desigualdad: $n = 5 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}} < \frac{1}{32}$ . 2. Añadimos el término $n = 4$ , que vale $\frac{1}{64}$ : $n = 4 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}} < \frac{1}{64} + \frac{1}{32} = \frac{3}{64} \approx 0, 0469$ .

Resultado: a) $\frac{1}{32}$ ; c) $n = 4 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}} > \frac{1}{32} = 0, 03125$ ; d) $n = 4 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}} < \frac{3}{64} \approx 0, 0469$

Ejercicio 270 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2014

Considere las funciones $f$ y $g$ dadas por $f (x) = \frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2}$ y $g (x) = \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2}$ .

a) Muestre que $f^{'} (x) = g (x)$ y $g^{'} (x) = f (x)$ .

b) Halle los tres primeros términos no nulos del desarrollo en serie de Maclaurin de $f (x)$ .

c) A partir de lo anterior, halle el valor de $x \to 0 lim \frac{1 - f ( x )}{x ^{2}}$ .

d) Halle el valor de la integral impropia $\int_{0}^{\infty} \frac{g ( x )}{[ f ( x ) ] ^{2}} d x$ .

Ver resultado

Resultado: a) queda demostrado; b) $1 + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{24}$ ; c) $- \frac{1}{2}$ ; d) $1$

Ver proceso y resultado

a) 1. $f (x) = \frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2}$ , luego $f^{'} (x) = \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2} = g (x)$ . 2. $g (x) = \frac{e ^{x} - e ^{- x}}{2}$ , luego $g^{'} (x) = \frac{e ^{x} + e ^{- x}}{2} = f (x)$ .

b) 1. Por (a), las derivadas alternan: $f^{'} = g$ , $f^{''} = g^{'} = f$ , $f^{'''} = g$ , $f^{(4)} = f$ . 2. En $x = 0$ : $f (0) = 1$ , $g (0) = 0$ , luego $f (0) = 1$ , $f^{'} (0) = 0$ , $f^{''} (0) = 1$ , $f^{'''} (0) = 0$ , $f^{(4)} (0) = 1$ . 3. Maclaurin: $f (x) = 1 + 0 \cdot x + \frac{1}{2 !} x^{2} + 0 \cdot x^{3} + \frac{1}{4 !} x^{4} + \dots$ . 4. Tres primeros términos no nulos: $1 + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{24}$ .

c) 1. $1 - f (x) \approx - \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{4}}{24}$ . 2. $\frac{1 - f ( x )}{x ^{2}} \approx - \frac{1}{2} - \frac{x ^{2}}{24} \to - \frac{1}{2}$ cuando $x \to 0$ .

d) 1. Como $f^{'} (x) = g (x)$ , sustituimos $u = f (x)$ , $d u = g (x) d x$ . Límites: $x = 0 \to u = f (0) = 1$ ; $x = b \to u = f (b)$ . 2. $\int_{0}^{b} \frac{g ( x )}{[ f ( x ) ] ^{2}} d x = \int_{1}^{f (b)} \frac{d u}{u ^{2}} = [- \frac{1}{u}]_{1}^{f (b)} = 1 - \frac{1}{f ( b )}$ . 3. Cuando $b \to \infty$ , $f (b) = \frac{e ^{b} + e ^{- b}}{2} \to \infty$ , luego $\frac{1}{f ( b )} \to 0$ . 4. La integral converge y vale $1$ .

Resultado: a) queda demostrado; b) $1 + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{24}$ ; c) $- \frac{1}{2}$ ; d) $1$

Ejercicio 271 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2011

La integral $I_{n}$ se define de la siguiente forma: $I_{n} = \int_{nπ}^{(n + 1) π} e^{- x} ∣ sen x ∣ d x$ , para $n \in N$ .

a) Compruebe que $I_{0} = \frac{1}{2} (1 + e^{- π})$ .

b) Compruebe que $I_{n} = e^{- nπ} \cdot I_{0}$ , tomando para ello $y = x - nπ$ .

c) A partir de lo anterior, determine el valor exacto de $\int_{0}^{\infty} e^{- x} ∣ sen x ∣ d x$ .

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Resultado: a) comprobado; b) comprobado; c) $\frac{e ^{π} + 1}{2 ( e ^{π} - 1 )}$

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a) 1. En $[0, π]$ se tiene $sen x \geq 0$ , luego $∣ sen x ∣ = sen x$ y $I_{0} = \int_{0}^{π} e^{- x} sen x d x$ . 2. Una primitiva es $F (x) = - \frac{1}{2} e^{- x} (sen x + cos x)$ . Se comprueba derivando: $F^{'} (x) = - \frac{1}{2} [- e^{- x} (sen x + cos x) + e^{- x} (cos x - sen x)] = e^{- x} sen x$ . 3. $I_{0} = F (π) - F (0) = - \frac{1}{2} e^{- π} (0 - 1) + \frac{1}{2} (0 + 1) = \frac{1}{2} e^{- π} + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} (1 + e^{- π})$ .

b) 1. Con $y = x - nπ$ : $x = y + nπ$ , $d x = d y$ , y los límites $x = nπ$ y $x = (n + 1) π$ pasan a $y = 0$ e $y = π$ . 2. $e^{- x} = e^{- y} e^{- nπ}$ y $∣ sen (y + nπ) ∣ = ∣ sen y ∣$ (el seno solo cambia de signo al sumar $nπ$ ). 3. $I_{n} = e^{- nπ} \int_{0}^{π} e^{- y} ∣ sen y ∣ d y = e^{- nπ} I_{0}$ .

c) 1. Es una integral impropia: $\int_{0}^{\infty} e^{- x} ∣ sen x ∣ d x = N \to \infty lim \int_{0}^{N π} e^{- x} ∣ sen x ∣ d x = N \to \infty lim n = 0 \sum N - 1 I_{n}$ . 2. Por b), $I_{n} = I_{0} (e^{- π})^{n}$ : es una serie geométrica de razón $e^{- π}$ , con $∣ e^{- π} ∣ < 1$ , luego converge y su suma es $\frac{I _{0}}{1 - e ^{- π}}$ . 3. $\frac{\frac{1}{2} ( 1 + e ^{- π} )}{1 - e ^{- π}}$ ; multiplicando numerador y denominador por $e^{π}$ : $\frac{e ^{π} + 1}{2 ( e ^{π} - 1 )}$ .

Resultado: a) comprobado; b) comprobado; c) $\frac{e ^{π} + 1}{2 ( e ^{π} - 1 )}$

Ejercicio 272 DifícilIB · P3 TZ1 Mayo 2008

El diagrama muestra parte del gráfico de $y = \frac{1}{x ^{3}}$ junto con segmentos de línea paralelos a los ejes de coordenadas.

Gráfica de y = 1/x³ para x ≥ 3 con rectángulos de base 1 sobre los intervalos (3,4), (4,5) y (5,6), por encima y por debajo de la curva

a) Usando el diagrama, muestre que $\frac{1}{4 ^{3}} + \frac{1}{5 ^{3}} + \frac{1}{6 ^{3}} + \dots < \int_{3}^{\infty} \frac{1}{x ^{3}} d x < \frac{1}{3 ^{3}} + \frac{1}{4 ^{3}} + \frac{1}{5 ^{3}} + \dots$ .

b) Usando lo anterior, encuentre los límites superior e inferior para $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}}$ .

Ver resultado

Resultado: b) $1, 18 < n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}} < 1, 22$

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a) 1. $f (x) = \frac{1}{x ^{3}}$ es decreciente. Cada rectángulo tiene base $1$ . 2. Los rectángulos superiores, de alturas $f (3), f (4), f (5), \dots$ , sobresalen de la curva: su suma $\frac{1}{3 ^{3}} + \frac{1}{4 ^{3}} + \dots$ es mayor que $\int_{3}^{\infty} \frac{1}{x ^{3}} d x$ . 3. Los rectángulos inferiores, de alturas $f (4), f (5), f (6), \dots$ , quedan bajo la curva: su suma $\frac{1}{4 ^{3}} + \frac{1}{5 ^{3}} + \dots$ es menor que la integral. 4. Así, $\frac{1}{4 ^{3}} + \frac{1}{5 ^{3}} + \frac{1}{6 ^{3}} + \dots < \int_{3}^{\infty} \frac{1}{x ^{3}} d x < \frac{1}{3 ^{3}} + \frac{1}{4 ^{3}} + \frac{1}{5 ^{3}} + \dots$ .

b) 1. $\int_{3}^{\infty} \frac{1}{x ^{3}} d x = H \to \infty lim [- \frac{1}{2 x ^{2}}]_{3}^{H} = \frac{1}{18}$ . 2. Del lado izquierdo de la desigualdad: $n = 4 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}} < \frac{1}{18}$ . 3. Del lado derecho: $n = 3 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}} > \frac{1}{18}$ , luego $n = 4 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}} > \frac{1}{18} - \frac{1}{27} = \frac{1}{54}$ . 4. Sumamos los tres primeros términos, $1 + \frac{1}{8} + \frac{1}{27}$ : $1 + \frac{1}{8} + \frac{1}{27} + \frac{1}{54} < n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}} < 1 + \frac{1}{8} + \frac{1}{27} + \frac{1}{18}$ . 5. Numéricamente: $1, 1806 < n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}} < 1, 2176$ , es decir, $1, 18 < S < 1, 22$ .

Resultado: b) $1, 18 < n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{3}} < 1, 22$

Aplicaciones y problemas en contexto

Ejercicio 273 BásicoIB · P1 Mayo 2000

La velocidad, $v$ , de un objeto en un instante $t$ viene dada por $v = k e^{- \frac{t}{2}}$ , donde $t$ es en segundos y $v$ es en $m s^{- 1}$ . Calcule la distancia recorrida entre $t = 0$ y $t = a$ .

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Resultado: distancia $= 2 k (1 - e^{- \frac{a}{2}})$

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Suponemos $k > 0$ (si no, la velocidad no es positiva). Entonces $v = k e^{- t /2} > 0$ y la distancia es igual al desplazamiento.
$d = \int_{0}^{a} k e^{- \frac{t}{2}} d t = [- 2 k e^{- \frac{t}{2}}]_{0}^{a}$ .
$d = - 2 k e^{- \frac{a}{2}} + 2 k = 2 k (1 - e^{- \frac{a}{2}})$ .

Resultado: distancia $= 2 k (1 - e^{- \frac{a}{2}})$

Ejercicio 274 MedioIB · P1 Noviembre 2002

Una partícula se mueve en línea recta con una velocidad dada en metros por segundo, a los $t$ segundos, por $v (t) = 6 t^{2} - 6 t$ , $t \geq 0$ . Calcule la distancia total recorrida por la partícula en los dos primeros segundos de movimiento.

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Resultado: distancia $= 6$ m

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Factorizamos: $v (t) = 6 t (t - 1)$ . Es negativa en $] 0, 1 [$ (la partícula retrocede) y positiva en $] 1, 2]$ .
Como la distancia total no se compensa, integramos el valor absoluto: $d = \int_{0}^{2} ∣ v ∣ d t = - \int_{0}^{1} v d t + \int_{1}^{2} v d t$ .
Una primitiva de $v$ es $2 t^{3} - 3 t^{2}$ . En $t = 0$ vale $0$ , en $t = 1$ vale $- 1$ y en $t = 2$ vale $4$ .
$\int_{0}^{1} v d t = - 1 - 0 = - 1$ y $\int_{1}^{2} v d t = 4 - (- 1) = 5$ .
$d = 1 + 5 = 6$ m.

Resultado: distancia $= 6$ m

Ejercicio 275 MedioIB · P1 Mayo 2003

Una partícula se desplaza en línea recta. Su velocidad $v m s^{- 1}$ pasados $t$ segundos, está dada por $v = e^{- t} sen t$ . Halle la distancia total recorrida en el intervalo de tiempo $[0, 2 π]$ .

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Resultado: distancia $\approx 0, 852$ m

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$v = e^{- t} sen t$ cambia de signo en $t = π$ : es positiva en $] 0, π [$ y negativa en $] π, 2 π [$ .
La distancia total es $d = \int_{0}^{2 π} ∣ v ∣ d t = \int_{0}^{π} v d t - \int_{π}^{2 π} v d t$ .
No se obtiene una primitiva sencilla, así que con la CPG: $\int_{0}^{π} v d t \approx 0, 620$ y $\int_{π}^{2 π} v d t \approx - 0, 232$ .
$d \approx 0, 620 + 0, 232 = 0, 852$ m.

Resultado: distancia $\approx 0, 852$ m

Ejercicio 276 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2017

Una partícula se mueve en línea recta de modo que en el tiempo $t$ segundos, $t \geq 0$ , su velocidad $v$ , en $m s^{- 1}$ , viene dada por $v = 10 t e^{- 2 t}$ . Calcule la distancia exacta recorrida por la partícula en el primer medio segundo.

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Resultado: distancia $= \frac{5 ( e - 2 )}{2 e}$ m

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Como $v = 10 t e^{- 2 t} \geq 0$ para $t \geq 0$ , la distancia es $d = \int_{0}^{0, 5} 10 t e^{- 2 t} d t$ .
Por partes: $u = t$ , $d v = e^{- 2 t} d t$ ; entonces $d u = d t$ y $v = - \frac{1}{2} e^{- 2 t}$ .
$\int t e^{- 2 t} d t = - \frac{t}{2} e^{- 2 t} + \frac{1}{2} \int e^{- 2 t} d t = - \frac{t}{2} e^{- 2 t} - \frac{1}{4} e^{- 2 t}$ .
Entre $0$ y $\frac{1}{2}$ : en $t = \frac{1}{2}$ vale $- \frac{1}{4 e} - \frac{1}{4 e} = - \frac{1}{2 e}$ ; en $t = 0$ vale $- \frac{1}{4}$ . La diferencia es $\frac{1}{4} - \frac{1}{2 e}$ .
$d = 10 (\frac{1}{4} - \frac{1}{2 e}) = \frac{5}{2} - \frac{5}{e} = \frac{5 ( e - 2 )}{2 e}$ m.

Resultado: distancia $= \frac{5 ( e - 2 )}{2 e}$ m

Ejercicio 277 MedioIB · P1 Noviembre 1999

La aceleración, $a (t)$ , de un tren rápido durante los primeros $80$ segundos de movimiento está dada por $a (t) = - \frac{1}{20} t + 2$ , donde $t$ es el tiempo en segundos. Si el tren comienza desde el reposo en $t = 0$ , encuentre la distancia recorrida por el tren en el primer minuto.

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Resultado: distancia $= 1800$ m

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Como $v^{'} (t) = a (t)$ , integramos: $v (t) = \int (- \frac{t}{20} + 2) d t = - \frac{t ^{2}}{40} + 2 t + C$ .
Parte del reposo: $v (0) = 0$ , luego $C = 0$ y $v (t) = 2 t - \frac{t ^{2}}{40}$ .
Esta velocidad es positiva para $0 < t < 80$ , así que en el primer minuto ( $0 \leq t \leq 60$ ) no hay cambios de sentido y la distancia es la integral de $v$ .
$d = \int_{0}^{60} (2 t - \frac{t ^{2}}{40}) d t = [t^{2} - \frac{t ^{3}}{120}]_{0}^{60} = 3600 - 1800 = 1800$ m.

Resultado: distancia $= 1800$ m

Ejercicio 278 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2011

Una paracaidista acrobática salta desde un globo aerostático estacionario, situado a una altura de $2000$ m sobre el nivel del suelo. Su velocidad, $v m s^{- 1}$ , $t$ segundos después de haber saltado, viene dada por $v = 50 (1 - e^{- 0, 2 t})$ .

a) Halle su aceleración $10$ segundos después de haber saltado.

b) ¿A qué distancia del suelo se encuentra $10$ segundos después de haber saltado?

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Resultado: a) $a (10) = \frac{10}{e ^{2}} \approx 1, 35 m s^{- 2}$ ; b) $\approx 1716$ m sobre el suelo

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a) 1. La aceleración es la derivada de la velocidad: $a (t) = v^{'} (t) = 50 \cdot 0, 2 e^{- 0, 2 t} = 10 e^{- 0, 2 t}$ . 2. En $t = 10$ : $a (10) = 10 e^{- 2} = \frac{10}{e ^{2}} \approx 1, 35 m s^{- 2}$ .

b) 1. La distancia recorrida cayendo en $10$ s es $\int_{0}^{10} v d t = \int_{0}^{10} 50 (1 - e^{- 0, 2 t}) d t$ (la velocidad es positiva). 2. $= 50 [t + 5 e^{- 0, 2 t}]_{0}^{10} = 50 (10 + 5 e^{- 2} - 5) = 250 (1 + e^{- 2}) \approx 283, 8$ m. 3. Altura sobre el suelo: $2000 - 283, 8 \approx 1716$ m.

Resultado: a) $a (10) = \frac{10}{e ^{2}} \approx 1, 35 m s^{- 2}$ ; b) $\approx 1716$ m sobre el suelo

Ejercicio 279 MedioIB · P3 TZ0 Noviembre 2010

a) Utilizando la serie de Maclaurin para la función $e^{x}$ , escriba los cuatro primeros términos de la serie de Maclaurin para $e^{- \frac{x ^{2}}{2}}$ .

b) A partir de lo anterior, halle los cuatro primeros términos de la serie para $\int_{0}^{x} e^{- \frac{u ^{2}}{2}} d u$ .

c) Utilice el resultado del apartado (b) para hallar un valor aproximado de $\frac{1}{2 π} \int_{0}^{1} e^{- \frac{x ^{2}}{2}} d x$ .

Ver resultado

Resultado: a) $1 - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{8} - \frac{x ^{6}}{48}$ ; b) $x - \frac{x ^{3}}{6} + \frac{x ^{5}}{40} - \frac{x ^{7}}{336}$ ; c) $\approx 0, 341$

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a) 1. Recordamos $e^{u} = 1 + u + \frac{u ^{2}}{2 !} + \frac{u ^{3}}{3 !} + \dots$ . 2. Sustituimos $u = - \frac{x ^{2}}{2}$ : $1 - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{x ^{4}}{4} - \frac{1}{6} \cdot \frac{x ^{6}}{8}$ . 3. Simplificando: $e^{- \frac{x ^{2}}{2}} \approx 1 - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{8} - \frac{x ^{6}}{48}$ .

b) 1. Integramos término a término entre $0$ y $x$ (la variable es $u$ ): $\int_{0}^{x} (1 - \frac{u ^{2}}{2} + \frac{u ^{4}}{8} - \frac{u ^{6}}{48}) d u$ . 2. $= x - \frac{x ^{3}}{6} + \frac{x ^{5}}{40} - \frac{x ^{7}}{336}$ .

c) 1. Evaluamos la serie del apartado (b) en $x = 1$ : $1 - \frac{1}{6} + \frac{1}{40} - \frac{1}{336} \approx 0, 8556$ . 2. Dividimos entre $2 π \approx 2, 5066$ : $\frac{0 , 8556}{2 , 5066} \approx 0, 341$ .

Resultado: a) $1 - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{8} - \frac{x ^{6}}{48}$ ; b) $x - \frac{x ^{3}}{6} + \frac{x ^{5}}{40} - \frac{x ^{7}}{336}$ ; c) $\approx 0, 341$

Ejercicio 280 MedioIB · P1 Mayo 2002

Se lanza una partícula según una trayectoria rectilínea. Pasados $t$ segundos, su velocidad $v$ en metros por segundo está dada por $v = \frac{1}{2 + t ^{2}}$ .

a) Halle la distancia recorrida durante el primer segundo.

b) Halle una expresión de la aceleración en el instante $t$ .

Ver resultado

Resultado: a) $s (1) = \frac{2}{2} arctan (\frac{1}{2}) \approx 0, 435$ m; b) $a (t) = - \frac{2 t}{( 2 + t ^{2} ) ^{2}}$

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a) 1. La velocidad es positiva, así que la distancia es $\int_{0}^{1} \frac{d t}{2 + t ^{2}}$ . 2. Usamos $\int \frac{d t}{t ^{2} + a ^{2}} = \frac{1}{a} arctan \frac{t}{a}$ con $a = 2$ . 3. $d = \frac{1}{2} [arctan \frac{t}{2}]_{0}^{1} = \frac{2}{2} arctan \frac{1}{2} \approx 0, 435$ m.

b) 1. $a = \frac{d v}{d t}$ con $v = (2 + t^{2})^{- 1}$ . Por la regla de la cadena: $a = - (2 + t^{2})^{- 2} \cdot 2 t$ . 2. $a (t) = - \frac{2 t}{( 2 + t ^{2} ) ^{2}}$ .

Resultado: a) $s (1) = \frac{2}{2} arctan (\frac{1}{2}) \approx 0, 435$ m; b) $a (t) = - \frac{2 t}{( 2 + t ^{2} ) ^{2}}$

Ejercicio 281 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2014

Una partícula se mueve en línea recta, de modo tal que su velocidad, $v m s^{- 1}$ , en el instante $t$ segundos viene dada por $v (t) = ⎩ ⎨ ⎧ 5 - (t - 2)^{2}, 3 - \frac{t}{2}, 0 \leq t \leq 4 t > 4$ .

a) Halle el valor de $t$ para el cual la partícula se encuentra momentáneamente en reposo.

La partícula vuelve a su posición inicial en $t = T$ .

b) Halle el valor de $T$ .

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Resultado: a) $t = 6$ s; b) $T \approx 13, 9$ s

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a) 1. En $0 \leq t \leq 4$ : $5 - (t - 2)^{2} = 0 \Rightarrow t = 2 \pm 5$ , pero $2 + 5 \approx 4, 24 > 4$ y $2 - 5 < 0$ . Ninguno está en el intervalo (de hecho $v \geq 1$ ahí). 2. En $t > 4$ : $3 - \frac{t}{2} = 0 \Rightarrow t = 6$ , que sí cumple $t > 4$ .

b) 1. La partícula vuelve a la posición inicial cuando el desplazamiento total es $0$ : $\int_{0}^{T} v d t = 0$ . 2. Como $v > 0$ hasta $t = 6$ , la partícula se aleja hasta $t = 6$ y luego regresa; por tanto $T > 6$ . 3. Tramo $0 \leq t \leq 4$ : $\int_{0}^{4} [5 - (t - 2)^{2}] d t = [5 t - \frac{( t - 2 ) ^{3}}{3}]_{0}^{4} = (20 - \frac{8}{3}) - \frac{8}{3} = \frac{44}{3}$ . 4. Tramo $4 \leq t \leq T$ : $\int_{4}^{T} (3 - \frac{t}{2}) d t = [3 t - \frac{t ^{2}}{4}]_{4}^{T} = 3 T - \frac{T ^{2}}{4} - 8$ . 5. Igualamos a cero: $\frac{44}{3} + 3 T - \frac{T ^{2}}{4} - 8 = 0$ , es decir $3 T^{2} - 36 T - 80 = 0$ . 6. $T = \frac{36 \pm 1296 + 960}{6}$ ; tomamos la raíz positiva: $T = 6 + \frac{2 141}{3} \approx 13, 9$ s.

Resultado: a) $t = 6$ s; b) $T \approx 13, 9$ s

Ejercicio 282 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2007

Una partícula se mueve en línea recta. Transcurrido un tiempo de $t$ segundos, su desplazamiento respecto a un punto fijo $O$ es igual a $s$ metros, y su velocidad $v$ en metros por segundo viene dada por la expresión $v = 3 t^{2} - 4 t + 2$ , con $t \geq 0$ . Cuando $t = 0$ , $s = - 3$ .

Halle el valor de $t$ para el cual la partícula se encuentra en $O$ .

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Resultado: $t \approx 1, 81$ s

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Integramos la velocidad: $s = \int (3 t^{2} - 4 t + 2) d t = t^{3} - 2 t^{2} + 2 t + C$ .
En $t = 0$ , $s = - 3$ , luego $C = - 3$ y $s = t^{3} - 2 t^{2} + 2 t - 3$ .
La partícula está en $O$ cuando $s = 0$ : $t^{3} - 2 t^{2} + 2 t - 3 = 0$ .
Con la CPG (o por tanteo; $v = 3 (t - \frac{2}{3})^{2} + \frac{2}{3} > 0$ , así que $s$ es estrictamente creciente y solo hay una raíz real) obtenemos $t \approx 1, 81$ s.

Resultado: $t \approx 1, 81$ s

Ejercicio 283 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2019

Una partícula se mueve a lo largo de una recta horizontal, de modo tal que en el instante $t$ segundo, $t \geq 0$ , su aceleración $a$ viene dada por $a = 2 t - 1$ . Cuando $t = 6$ , su desplazamiento $s$ respecto a un origen fijo $O$ es igual a $18, 25$ m. Cuando $t = 15$ , el desplazamiento respecto a $O$ es igual a $922, 75$ m. Halle una expresión para $s$ en función de $t$ .

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Resultado: $s = \frac{t ^{3}}{3} - \frac{t ^{2}}{2} - 6 t + 0, 25$

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Integramos la aceleración: $v = \int (2 t - 1) d t = t^{2} - t + C_{1}$ .
Integramos la velocidad: $s = \frac{t ^{3}}{3} - \frac{t ^{2}}{2} + C_{1} t + C_{2}$ .
En $t = 6$ : $\frac{216}{3} - \frac{36}{2} + 6 C_{1} + C_{2} = 54 + 6 C_{1} + C_{2} = 18, 25$ .
En $t = 15$ : $\frac{3375}{3} - \frac{225}{2} + 15 C_{1} + C_{2} = 1012, 5 + 15 C_{1} + C_{2} = 922, 75$ .
Restamos la primera de la segunda: $958, 5 + 9 C_{1} = 904, 5$ , luego $C_{1} = - 6$ . Entonces $C_{2} = 18, 25 - 54 + 36 = 0, 25$ .
$s = \frac{t ^{3}}{3} - \frac{t ^{2}}{2} - 6 t + 0, 25$ .

Resultado: $s = \frac{t ^{3}}{3} - \frac{t ^{2}}{2} - 6 t + 0, 25$

Ejercicio 284 MedioIB · P3 TZ0 Mayo 2019

a) Muestre que $1 - x^{2} + x^{4} - x^{6} + \dots = \frac{1}{1 + x ^{2}}$ , donde $∣ x ∣ < 1$ .

b) A partir de lo anterior, escriba los cuatro primeros términos no nulos de la serie de potencias para $f (x) = \frac{1}{1 + 4 x ^{2}}$ .

c) Utilizando el resultado de b), halle los cuatro primeros términos no nulos de la serie de potencias para $f (x) = arctan 2 x$ .

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Resultado: a) comprobado; b) $f (x) = 1 - 4 x^{2} + 16 x^{4} - 64 x^{6} + \dots$ ; c) $arctan 2 x = 2 x - \frac{8 x ^{3}}{3} + \frac{32 x ^{5}}{5} - \frac{128 x ^{7}}{7} + \dots$

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a) 1. La suma es una serie geométrica con primer término $1$ y razón $- x^{2}$ (cada término es el anterior multiplicado por $- x^{2}$ ). 2. Converge si $- x^{2} < 1$ , es decir, $∣ x ∣ < 1$ , y su suma es $\frac{1}{1 - ( - x ^{2} )} = \frac{1}{1 + x ^{2}}$ .

b) Sustituimos $x$ por $2 x$ en el desarrollo anterior (válido si $∣2 x ∣ < 1$ ): $f (x) = \frac{1}{1 + 4 x ^{2}} = 1 - 4 x^{2} + 16 x^{4} - 64 x^{6} + \dots$

c) 1. Como $\frac{d}{d x} arctan 2 x = \frac{2}{1 + 4 x ^{2}} = 2 f (x)$ , se tiene $arctan 2 x = \int_{0}^{x} 2 f (t) d t$ (porque $arctan 0 = 0$ ). 2. Integramos término a término: $2 \int_{0}^{x} (1 - 4 t^{2} + 16 t^{4} - 64 t^{6} + \dots) d t = 2 x - \frac{8 x ^{3}}{3} + \frac{32 x ^{5}}{5} - \frac{128 x ^{7}}{7} + \dots$

Resultado: a) comprobado; b) $f (x) = 1 - 4 x^{2} + 16 x^{4} - 64 x^{6} + \dots$ ; c) $arctan 2 x = 2 x - \frac{8 x ^{3}}{3} + \frac{32 x ^{5}}{5} - \frac{128 x ^{7}}{7} + \dots$

Ejercicio 285 MedioIB · P2 Noviembre 2000

Se coloca una varilla uniforme de longitud $l$ metros con sus extremos sobre dos soportes $A$ , $B$ a la misma altura horizontal.

Varilla de longitud l metros apoyada en los extremos A y B, a la misma altura, que se hunde en el centro; se indican la longitud l, la distancia x medida desde A y el hundimiento y(x) bajo el segmento AB

Si $y (x)$ metros es la cantidad de hundimiento (es decir, la distancia por debajo de $[A B]$ a una distancia $x$ metros del soporte $A$ , entonces se sabe que $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}} = \frac{1}{125 l ^{3}} (x^{2} - l x)$ .

a) i) Sea $z = \frac{1}{125 l ^{3}} (\frac{x ^{3}}{3} - \frac{l x ^{2}}{2}) + \frac{1}{1500}$ . Muestre que $\frac{d z}{d x} = \frac{1}{125 l ^{3}} (x^{2} - l x)$ .

(ii) Sabiendo que $\frac{d w}{d x} = z$ y $w (0) = 0$ , calcule $w (x)$ .

(iii) Muestre que $w$ satisface $\frac{d ^{2} w}{d x ^{2}} = \frac{1}{125 l ^{3}} (x^{2} - l x)$ , y que $w (l) = w (0) = 0$ .

b) Calcule el hundimiento en el centro de una varilla de $2, 4$ metros de longitud.

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Resultado: a) ii) $w (x) = \frac{1}{125 l ^{3}} (\frac{x ^{4}}{12} - \frac{l x ^{3}}{6}) + \frac{1}{1500} x$ ; b) $0, 0005$ m

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a) i) 1. Derivamos $z$ término a término: $\frac{d z}{d x} = \frac{1}{125 l ^{3}} (\frac{3 x ^{2}}{3} - \frac{2 l x}{2}) + 0$ . 2. Simplificando, $\frac{d z}{d x} = \frac{1}{125 l ^{3}} (x^{2} - l x)$ .

(ii) 1. Integramos $\frac{d w}{d x} = z$ : $w = \frac{1}{125 l ^{3}} (\frac{x ^{4}}{12} - \frac{l x ^{3}}{6}) + \frac{x}{1500} + C$ . 2. $w (0) = 0$ da $C = 0$ . 3. $w (x) = \frac{1}{125 l ^{3}} (\frac{x ^{4}}{12} - \frac{l x ^{3}}{6}) + \frac{1}{1500} x$ .

(iii) 1. $\frac{d ^{2} w}{d x ^{2}} = \frac{d z}{d x} = \frac{1}{125 l ^{3}} (x^{2} - l x)$ por (i). 2. $w (0) = 0$ por construcción. 3. $w (l) = \frac{1}{125 l ^{3}} (\frac{l ^{4}}{12} - \frac{l ^{4}}{6}) + \frac{l}{1500} = - \frac{l}{1500} + \frac{l}{1500} = 0$ .

b) 1. El hundimiento máximo está en el centro, $x = \frac{l}{2} = 1, 2$ , con $l = 2, 4$ ; $y = w$ cumple la misma ecuación y las mismas condiciones en los extremos. 2. Calculamos: $125 l^{3} = 125 \cdot 13, 824 = 1728$ ; $\frac{x ^{4}}{12} = \frac{2 , 0736}{12} = 0, 1728$ ; $\frac{l x ^{3}}{6} = \frac{2 , 4 \cdot 1 , 728}{6} = 0, 6912$ . 3. $y = \frac{0 , 1728 - 0 , 6912}{1728} + \frac{1 , 2}{1500} = - 0, 0003 + 0, 0008 = 0, 0005$ m.

Resultado: a) ii) $w (x) = \frac{1}{125 l ^{3}} (\frac{x ^{4}}{12} - \frac{l x ^{3}}{6}) + \frac{1}{1500} x$ ; b) $0, 0005$ m

Ejercicio 286 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2007

La aceleración (en $m s^{- 2}$ ) en el instante $t$ segundos, (con $t > 0$ ), de una partícula que se mueve en línea recta, viene dada por la fórmula: $a = - \frac{1}{( 1 + t ) ^{2}}$ . Para $t = 1$ , la velocidad es igual a $8 m s^{- 1}$ .

a) Halle la velocidad para $t = 3$ .

b) Halle el límite de la velocidad cuando $t \to \infty$ .

c) Halle la distancia recorrida entre $t = 1$ y $t = 3$ .

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Resultado: a) $\frac{31}{4}$ m s $^{- 1}$ ; b) $\frac{15}{2}$ ; c) $ln 2 + 15$ m

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a) 1. Integramos la aceleración: $v = \int - \frac{1}{( 1 + t ) ^{2}} d t = \frac{1}{1 + t} + C$ . 2. Con $v (1) = 8$ : $\frac{1}{2} + C = 8$ , luego $C = \frac{15}{2}$ y $v (t) = \frac{1}{1 + t} + \frac{15}{2}$ . 3. $v (3) = \frac{1}{4} + \frac{15}{2} = \frac{31}{4}$ m s $^{- 1}$ .

b) 1. Cuando $t \to \infty$ , $\frac{1}{1 + t} \to 0$ . 2. $t \to \infty lim v (t) = \frac{15}{2}$ m s $^{- 1}$ .

c) 1. $v > 0$ , luego la distancia es el desplazamiento: $\int_{1}^{3} (\frac{1}{1 + t} + \frac{15}{2}) d t$ . 2. $= [ln (1 + t) + \frac{15}{2} t]_{1}^{3} = (ln 4 + \frac{45}{2}) - (ln 2 + \frac{15}{2}) = ln 2 + 15$ m.

Resultado: a) $\frac{31}{4}$ m s $^{- 1}$ ; b) $\frac{15}{2}$ ; c) $ln 2 + 15$ m

Ejercicio 287 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2021

Una partícula se mueve en línea recta. La velocidad, $v$ $m s^{- 1}$ , de la partícula en el instante $t$ segundos viene dada por $v (t) = t sen t - 3$ , para $0 \leq t \leq 10$ .

El siguiente diagrama muestra el gráfico de $v$ .

Gráfica de la velocidad v(t) = t·sen t − 3 para 0 ≤ t ≤ 10, con dos puntos marcados donde corta al eje t

a) Calcule el valor más pequeño de $t$ para que la partícula esté en reposo.

b) Calcule el total de la distancia recorrida por la partícula.

c) Calcule la aceleración de la partícula cuando $t = 7$ .

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Resultado: a) $t = 6, 74$ s; b) $37, 1$ m; c) $a (7) = 5, 93 m s^{- 2}$

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Prueba 2: usamos la CPG.

a) 1. La partícula está en reposo cuando $v = 0$ : $t sen t - 3 = 0$ . 2. Dibujando $v (t)$ en la CPG, el primer corte con el eje $t$ es $t \approx 6, 74$ s (antes de ese instante $v < 0$ : el máximo de $t sen t$ no llega a $3$ ).

b) 1. La distancia total es $\int_{0}^{10} ∣ v (t) ∣ d t$ (el valor absoluto evita que se compensen los tramos con velocidad negativa y positiva). 2. Con la CPG: $\int_{0}^{10} ∣ t sen t - 3∣ d t \approx 37, 1$ m.

c) 1. $a (t) = v^{'} (t) = sen t + t cos t$ . 2. $a (7) = sen 7 + 7 cos 7 \approx 0, 657 + 5, 277 = 5, 93 m s^{- 2}$ (con la calculadora en radianes).

Resultado: a) $t = 6, 74$ s; b) $37, 1$ m; c) $a (7) = 5, 93 m s^{- 2}$

Ejercicio 288 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2021

Una partícula $P$ se mueve a lo largo del eje $x$ . La velocidad de $P$ es $v$ $m s^{- 1}$ en el instante $t$ segundos, donde $v (t) = 4 + 4 t - 3 t^{2}$ , $0 \leq t \leq 3$ .

Cuando $t = 0$ , $P$ está en el origen $O$ .

a) (i) Encuentre el valor de $t$ cuando $P$ alcanza su velocidad máxima.

(ii) Muestre que la distancia de $P$ a $O$ en este instante es $\frac{88}{27}$ m.

b) Dibuje un gráfico de $v$ en función de $t$ , mostrando cualquier punto de intersección con los ejes.

c) Calcule el total de la distancia recorrida por $P$ .

Ver solución

a) (i) 1. La velocidad es máxima donde $v^{'} (t) = 4 - 6 t = 0$ , es decir, $t = \frac{2}{3}$ . Es un máximo porque $v^{''} = - 6 < 0$ .

(ii) 1. El desplazamiento es $s (t) = \int_{0}^{t} (4 + 4 u - 3 u^{2}) d u = 4 t + 2 t^{2} - t^{3}$ (con $s (0) = 0$ ). 2. $s (\frac{2}{3}) = \frac{8}{3} + \frac{8}{9} - \frac{8}{27} = \frac{72 + 24 - 8}{27} = \frac{88}{27}$ m. Como es positivo, es también la distancia a $O$ .

b) 1. $v$ es una parábola de ramas hacia abajo. Corte con el eje $v$ : $(0, 4)$ . Máximo en $(\frac{2}{3}, \frac{16}{3})$ . 2. Cortes con el eje $t$ : $3 t^{2} - 4 t - 4 = 0$ da $(3 t + 2) (t - 2) = 0$ ; en $[0, 3]$ solo $t = 2$ : $(2, 0)$ . 3. Extremo final: $v (3) = 4 + 12 - 27 = - 11$ , es decir, $(3, - 11)$ .

Gráfica de la velocidad v = 4 + 4t − 3t² para 0 ≤ t ≤ 3

c) 1. La partícula cambia de sentido en $t = 2$ ( $v > 0$ antes, $v < 0$ después). Calculamos las posiciones: $s (2) = 8 + 8 - 8 = 8$ y $s (3) = 12 + 18 - 27 = 3$ . 2. Distancia total: de $0$ a $8$ (ida) y de $8$ a $3$ (vuelta): $8 + 5 = 13$ m.

Resultado: a) (i) $t = \frac{2}{3}$ ; (ii) queda demostrado ( $\frac{88}{27}$ m); c) $13$ m

Ejercicio 289 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2022

Una partícula se mueve a lo largo de una línea recta de modo que su velocidad, $v$ $m s^{- 1}$ , después de $t$ segundos está dada por $v (t) = e^{sen t} + 4 sen t$ para $0 \leq t \leq 6$ .

a) Encuentre el valor de $t$ cuando la partícula está en reposo.

b) Calcule la aceleración de la partícula cuando cambia de dirección.

c) Calcule la distancia total recorrida por la partícula.

Ver resultado

Resultado: a) $t = 3, 35$ s; b) $a = - 4, 71 m s^{- 2}$ ; c) $20, 8$ m

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Prueba 2: usamos la CPG.

a) 1. Reposo: $v = 0$ , es decir, $e^{sen t} + 4 sen t = 0$ . 2. Para $0 \leq t \leq π$ ambos sumandos son positivos o nulos, así que la solución solo puede estar con $sen t < 0$ . Con la CPG, en $[0, 6]$ : $t \approx 3, 35$ s.

b) 1. La partícula cambia de dirección donde $v$ cambia de signo, en $t \approx 3, 35$ . 2. $a (t) = v^{'} (t) = cos t e^{sen t} + 4 cos t = cos t (e^{sen t} + 4)$ . 3. $a (3, 35) \approx - 4, 71 m s^{- 2}$ .

c) 1. Distancia total $= \int_{0}^{6} ∣ v (t) ∣ d t$ . 2. Con la CPG: $\approx 20, 8$ m.

Resultado: a) $t = 3, 35$ s; b) $a = - 4, 71 m s^{- 2}$ ; c) $20, 8$ m

Ejercicio 290 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2022

Una partícula se mueve en línea recta de modo tal que su velocidad ( $m s^{- 1}$ ) en el instante $t$ segundos viene dada por $v = \frac{( t ^{2} + 1 ) cos t}{4}$ , $0 \leq t \leq 3$ .

a) Determine cuándo cambia el sentido del movimiento de la partícula.

b) Halle en qué instantes la aceleración de la partícula es igual a $- 1, 9 m s^{- 2}$ .

c) Halle la aceleración de la partícula cuando su rapidez es máxima.

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Resultado: a) $t = 1, 57$ s; b) $t = 2, 26$ s y $t = 2, 96$ s; c) $a = - 1, 84 m s^{- 2}$

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a) 1. La partícula cambia de sentido cuando $v = 0$ con cambio de signo: $(t^{2} + 1) cos t = 0$ . Como $t^{2} + 1 > 0$ , hace falta $cos t = 0$ . 2. En $[0, 3]$ : $t = \frac{π}{2} \approx 1, 57$ s ( $\frac{3 π}{2} \approx 4, 71$ queda fuera). Hay cambio de signo (de positiva a negativa).

b) 1. $a = v^{'} = \frac{2 t cos t - ( t ^{2} + 1 ) sen t}{4}$ . 2. Con la CPG, resolvemos $a (t) = - 1, 9$ en $[0, 3]$ (cortes de $y = a (t)$ con $y = - 1, 9$ ): $t \approx 2, 26$ s y $t \approx 2, 96$ s.

c) 1. La rapidez es $∣ v ∣$ . Estudiamos $v$ en $[0, 3]$ : $v (0) = 0, 25$ , el máximo local de $v$ es pequeño (en torno a $t \approx 0, 8$ , donde $v \approx 0, 3$ ) y luego $v$ decrece hasta $v (3) = \frac{10 cos 3}{4} \approx - 2, 47$ . 2. La rapidez máxima está en el extremo $t = 3$ , donde $∣ v ∣ \approx 2, 47$ es mayor que en cualquier otro punto. (En el máximo local de $v$ , en $t \approx 0, 71$ , la aceleración es $a \approx 0$ , pero allí la rapidez es solo $\approx 0, 29$ , así que no es el máximo de la rapidez.) 3. $a (3) = \frac{6 cos 3 - 10 sen 3}{4} \approx - 1, 84 m s^{- 2}$ .

Resultado: a) $t = 1, 57$ s; b) $t = 2, 26$ s y $t = 2, 96$ s; c) $a = - 1, 84 m s^{- 2}$

Ejercicio 291 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2010

a) Utilizando la serie de Maclaurin para $(1 + x)^{n}$ , escriba y simplifique la aproximación obtenida mediante la serie de Maclaurin para $(1 - x^{2})^{- \frac{1}{2}}$ , hasta el término en $x^{4}$ .

b) Utilice este resultado para comprobar que una aproximación en serie para $arccos x$ es $\frac{π}{2} - x - \frac{1}{6} x^{3} - \frac{3}{40} x^{5}$ .

c) Evalúe $x \to 0 lim \frac{\frac{π}{2} - arccos ( x ^{2} ) - x ^{2}}{x ^{6}}$ .

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Resultado: a) $1 + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{3 x ^{4}}{8}$ ; b) queda comprobado; c) $\frac{1}{6}$

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a) 1. Serie de Maclaurin del binomio: $(1 + u)^{n} \approx 1 + n u + \frac{n ( n - 1 )}{2} u^{2}$ . 2. Con $n = - \frac{1}{2}$ y $u = - x^{2}$ : $\frac{n ( n - 1 )}{2} = \frac{( - \frac{1}{2} ) ( - \frac{3}{2} )}{2} = \frac{3}{8}$ . 3. $(1 - x^{2})^{- \frac{1}{2}} \approx 1 + (- \frac{1}{2}) (- x^{2}) + \frac{3}{8} x^{4} = 1 + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{3 x ^{4}}{8}$ .

b) 1. Como $\frac{d}{d x} arccos x = - \frac{1}{1 - x ^{2}}$ , se tiene $arccos x = - \int \frac{d x}{1 - x ^{2}}$ . 2. Integramos la aproximación de (a): $arccos x \approx - (x + \frac{x ^{3}}{6} + \frac{3 x ^{5}}{40}) + C$ . 3. Con $x = 0$ : $arccos 0 = \frac{π}{2} = C$ . 4. Luego $arccos x \approx \frac{π}{2} - x - \frac{1}{6} x^{3} - \frac{3}{40} x^{5}$ , como se pedía.

c) 1. Sustituimos $x$ por $x^{2}$ en la serie de (b): $arccos (x^{2}) \approx \frac{π}{2} - x^{2} - \frac{x ^{6}}{6} - \frac{3 x ^{10}}{40}$ . 2. El numerador es $\frac{π}{2} - arccos (x^{2}) - x^{2} \approx \frac{x ^{6}}{6} + \frac{3 x ^{10}}{40}$ . 3. Dividimos entre $x^{6}$ : $\frac{1}{6} + \frac{3 x ^{4}}{40} \to \frac{1}{6}$ cuando $x \to 0$ .

Resultado: a) $1 + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{3 x ^{4}}{8}$ ; b) queda comprobado; c) $\frac{1}{6}$

Ejercicio 292 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2009

El número complejo $z$ se define como $z = cos θ + i sen θ$ .

a) Enuncie el teorema de De Moivre.

b) Compruebe que $z^{n} - \frac{1}{z ^{n}} = 2 i sen (n θ)$ .

c) Utilice el teorema del binomio para desarrollar $(z - \frac{1}{z})^{5}$ , dando la respuesta de forma simplificada.

d) A partir de lo anterior, compruebe que $16 sen^{5} θ = sen 5 θ - 5 sen 3 θ + 10 sen θ$ .

e) Verifique que el resultado obtenido en el apartado (d) es válido para $θ = \frac{π}{4}$ .

f) Halle $\int_{0}^{\frac{π}{2}} sen^{5} θ d θ$ .

g) A partir de lo anterior, con referencia a gráficas de funciones circulares, halle $\int_{0}^{\frac{π}{2}} cos^{5} θ d θ$ , y explique el razonamiento seguido.

Ver resultado

Resultado: a) $(cos θ + i sen θ)^{n} = cos n θ + i sen n θ$ ; b) queda demostrado; c) $z^{5} - 5 z^{3} + 10 z - \frac{10}{z} + \frac{5}{z ^{3}} - \frac{1}{z ^{5}}$ ; d) queda demostrado; e) ambos miembros valen $22$ ; f) $\frac{8}{15}$ ; g) $\frac{8}{15}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Teorema de De Moivre: $(cos θ + i sen θ)^{n} = cos n θ + i sen n θ$ , es decir $(r cis θ)^{n} = r^{n} cis (n θ)$ .

b) 1. Por De Moivre, $z^{n} = cos n θ + i sen n θ$ . 2. Y $\frac{1}{z ^{n}} = z^{- n} = cos (- n θ) + i sen (- n θ) = cos n θ - i sen n θ$ . 3. Restando: $z^{n} - \frac{1}{z ^{n}} = 2 i sen (n θ)$ .

c) 1. Teorema del binomio con coeficientes $1, 5, 10, 10, 5, 1$ : $(z - \frac{1}{z})^{5} = z^{5} - 5 z^{4} \cdot \frac{1}{z} + 10 z^{3} \cdot \frac{1}{z ^{2}} - 10 z^{2} \cdot \frac{1}{z ^{3}} + 5 z \cdot \frac{1}{z ^{4}} - \frac{1}{z ^{5}}$ . 2. Simplificando: $z^{5} - 5 z^{3} + 10 z - \frac{10}{z} + \frac{5}{z ^{3}} - \frac{1}{z ^{5}}$ .

d) 1. Agrupamos (c) en pares: $(z^{5} - \frac{1}{z ^{5}}) - 5 (z^{3} - \frac{1}{z ^{3}}) + 10 (z - \frac{1}{z})$ . 2. Por (b), esto es $2 i sen 5 θ - 10 i sen 3 θ + 20 i sen θ$ . 3. Por otro lado, por (b) con $n = 1$ : $(z - \frac{1}{z})^{5} = (2 i sen θ)^{5} = 32 i^{5} sen^{5} θ = 32 i sen^{5} θ$ . 4. Igualando y dividiendo entre $2 i$ : $16 sen^{5} θ = sen 5 θ - 5 sen 3 θ + 10 sen θ$ .

e) 1. Con $θ = \frac{π}{4}$ : $sen \frac{π}{4} = \frac{2}{2}$ , así que el primer miembro es $16 (\frac{2}{2})^{5} = 16 \cdot \frac{4 2}{32} = 22$ . 2. Segundo miembro: $sen \frac{5 π}{4} = - \frac{2}{2}$ , $sen \frac{3 π}{4} = \frac{2}{2}$ , $sen \frac{π}{4} = \frac{2}{2}$ . 3. $- \frac{2}{2} - 5 \cdot \frac{2}{2} + 10 \cdot \frac{2}{2} = 4 \cdot \frac{2}{2} = 22$ . 4. Ambos miembros valen $22$ ✓.

f) 1. Por (d): $sen^{5} θ = \frac{1}{16} (sen 5 θ - 5 sen 3 θ + 10 sen θ)$ . 2. $\int_{0}^{\frac{π}{2}} sen^{5} θ d θ = \frac{1}{16} [- \frac{cos 5 θ}{5} + \frac{5 cos 3 θ}{3} - 10 cos θ]_{0}^{\frac{π}{2}}$ . 3. En $θ = \frac{π}{2}$ los tres cosenos ( $cos \frac{5 π}{2}$ , $cos \frac{3 π}{2}$ , $cos \frac{π}{2}$ ) valen $0$ . En $θ = 0$ : $- \frac{1}{5} + \frac{5}{3} - 10 = - \frac{128}{15}$ . 4. Resulta $\frac{1}{16} (0 + \frac{128}{15}) = \frac{8}{15}$ .

g) 1. Como $cos θ = sen (\frac{π}{2} - θ)$ , la gráfica de $y = cos θ$ en $[0, \frac{π}{2}]$ es la de $y = sen θ$ reflejada respecto de la recta $θ = \frac{π}{4}$ . 2. Lo mismo ocurre con $y = cos^{5} θ$ e $y = sen^{5} θ$ , así que las áreas bajo ambas curvas en $[0, \frac{π}{2}]$ son iguales. 3. Por tanto $\int_{0}^{\frac{π}{2}} cos^{5} θ d θ = \frac{8}{15}$ .

Ejercicio 293 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2010

Las funciones $f$ , $g$ y $h$ se definen de la siguiente forma

$f (x) = 1 + e^{x}$ , para $x \in R$

$g (x) = \frac{1}{x}$ , para $x \in R - {0}$

$h (x) = sec x$ , para $x \in R - {\frac{2 n + 1}{2} π, n \in Z}$

a) Determine el recorrido de la función compuesta $g \circ f$ .

b) Determine la inversa de la función $g \circ f$ , indicando claramente el dominio.

c) (i) Compruebe que la función $y = (f \circ g \circ h) (x)$ satisface la ecuación diferencial $\frac{d y}{d x} = (1 - y) sen x$ .

(ii) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle $\int y sen x d x$ , en función de $x$ .

(iii) Se dice que el dominio de $y = (f \circ g \circ h) (x)$ se puede ampliar a todo el eje real. La parte de la gráfica de $y = (f \circ g \circ h) (x)$ comprendida entre el máximo, en $x = 0$ , y el primer mínimo con $x$ positivo, se rota $2 π$ alrededor del eje $y$ . Calcule el volumen del sólido de revolución generado.

Ver resultado

Resultado: a) $] 0, 1 [$ ; b) $(g \circ f)^{- 1} (x) = ln \frac{1 - x}{x}$ , dominio $] 0, 1 [$ ; c) (i) queda comprobado, $y = 1 + e^{c o s x}$ ; (ii) $- cos x - e^{c o s x} + C$ ; (iii) $V \approx 13, 6$

Ver proceso y resultado

a) 1. $(g \circ f) (x) = g (f (x)) = \frac{1}{1 + e ^{x}}$ . 2. Como $e^{x} > 0$ , el denominador $1 + e^{x}$ toma valores en $] 1, + \infty [$ , y el cociente en $] 0, 1 [$ . 3. Recorrido de $g \circ f$ : $] 0, 1 [$ .

b) 1. Sea $y = \frac{1}{1 + e ^{x}}$ . Despejamos: $1 + e^{x} = \frac{1}{y}$ , luego $e^{x} = \frac{1 - y}{y}$ y $x = ln \frac{1 - y}{y}$ . 2. La inversa es $(g \circ f)^{- 1} (x) = ln \frac{1 - x}{x}$ , con dominio igual al recorrido de $g \circ f$ : $] 0, 1 [$ .

c) (i) 1. $(f \circ g \circ h) (x) = f (g (sec x)) = 1 + e^{\frac{1}{s e c x}} = 1 + e^{c o s x}$ . Es decir, $y = 1 + e^{c o s x}$ . 2. $\frac{d y}{d x} = - sen x e^{c o s x}$ . 3. Por otro lado, $1 - y = - e^{c o s x}$ , así que $(1 - y) sen x = - e^{c o s x} sen x$ ✓. Coinciden.

(ii) 1. Despejamos de (i): $y sen x = sen x - (1 - y) sen x = sen x - \frac{d y}{d x}$ . 2. Integramos: $\int y sen x d x = - cos x - y + C = - cos x - 1 - e^{c o s x} + C$ . 3. Absorbiendo la constante: $- cos x - e^{c o s x} + C$ .

(iii) 1. $y = 1 + e^{c o s x}$ tiene su máximo en $x = 0$ ( $y = 1 + e$ ) y su primer mínimo para $x > 0$ en $x = π$ ( $y = 1 + e^{- 1}$ ), y es decreciente entre ambos. 2. Al girar alrededor del eje $y$ , el sólido queda entre el eje $y$ y la curva, desde $y = 1 + e^{- 1}$ hasta $y = 1 + e$ . Despejamos $x$ : $e^{c o s x} = y - 1$ , $cos x = ln (y - 1)$ , luego $x = arccos (ln (y - 1))$ . 3. $V = π \int_{1 + e^{- 1}}^{1 + e} x^{2} d y = π \int_{1 + e^{- 1}}^{1 + e} [arccos (ln (y - 1))]^{2} d y$ . 4. Con la CPG: $V \approx 13, 6$ .

Ejercicio 294 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2008

La función $f$ está definida por $f (x) = x 9 - x^{2} + 2 arcsin (\frac{x}{3})$ .

a) Escriba el mayor dominio posible para cada uno de los dos términos de la función $f$ y, a partir de lo anterior, indique el mayor dominio posible, $D$ , para $f$ .

b) Halle el volumen generado cuando la región delimitada por la curva $y = x 9 - x^{2}$ , el eje $x$ , el eje $y$ y la recta $x = 2$ se rota $2 π$ radianes alrededor del eje $x$ .

c) Halle $f^{'} (x)$ expresando el resultado de forma simplificada.

d) A partir de lo anterior, compruebe que: $\int_{- p}^{p} \frac{11 - 2 x ^{2}}{9 - x ^{2}} d x = 2 p 9 - p^{2} + 4 arcsin (\frac{p}{3})$ , $p \in D$ .

e) Halle el valor de $p$ para el cual el valor de la integral en (d) es máximo.

f) (i) Compruebe que $f^{''} (x) = \frac{x ( 2 x ^{2} - 25 )}{( 9 - x ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}}$ .

(ii) A partir de lo anterior justifique por qué $f (x)$ tiene un punto de inflexión en $x = 0$ , pero no en $x = \pm \frac{25}{2}$ .

Ver resultado

Resultado: a) $D = [- 3, 3]$ ; b) $V = \frac{88 π}{5} \approx 55, 3$ ; c) $f^{'} (x) = \frac{11 - 2 x ^{2}}{9 - x ^{2}}$ ; d) queda demostrado; e) $p = \frac{11}{2}$ ; f) queda demostrado: inflexión en $x = 0$ y no en $\pm \frac{25}{2}$ .

Ver proceso y resultado

a) 1. Primer término, $x 9 - x^{2}$ : exige $9 - x^{2} \geq 0$ , es decir $- 3 \leq x \leq 3$ . 2. Segundo término, $2 arcsin \frac{x}{3}$ : exige $- 1 \leq \frac{x}{3} \leq 1$ , es decir $- 3 \leq x \leq 3$ . 3. El dominio de $f$ es la intersección: $D = [- 3, 3]$ .

b) 1. Volumen alrededor del eje $x$ entre $x = 0$ y $x = 2$ (la curva es positiva ahí): $V = π \int_{0}^{2} x^{2} (9 - x^{2}) d x$ . 2. $V = π \int_{0}^{2} (9 x^{2} - x^{4}) d x = π [3 x^{3} - \frac{x ^{5}}{5}]_{0}^{2} = π (24 - \frac{32}{5}) = \frac{88 π}{5} \approx 55, 3$ .

c) 1. Derivamos el primer término con el producto: $9 - x^{2} + x \cdot \frac{- x}{9 - x ^{2}} = 9 - x^{2} - \frac{x ^{2}}{9 - x ^{2}}$ . 2. Derivamos el segundo: $2 \cdot \frac{1}{1 - \frac{x ^{2}}{9}} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9 - x ^{2}}$ . 3. Con denominador común: $f^{'} (x) = \frac{9 - x ^{2} - x ^{2} + 2}{9 - x ^{2}} = \frac{11 - 2 x ^{2}}{9 - x ^{2}}$ .

d) 1. Por el teorema fundamental, para $p \in D$ : $\int_{- p}^{p} f^{'} (x) d x = f (p) - f (- p)$ . 2. $f$ es impar (suma de dos funciones impares), luego $f (- p) = - f (p)$ y la integral vale $2 f (p)$ . 3. $2 f (p) = 2 p 9 - p^{2} + 4 arcsin \frac{p}{3}$ ✓.

e) 1. Sea $I (p) = 2 f (p)$ . Entonces $I^{'} (p) = 2 f^{'} (p) = \frac{2 ( 11 - 2 p ^{2} )}{9 - p ^{2}}$ , para $0 \leq p < 3$ . 2. $I^{'} (p) = 0$ cuando $11 - 2 p^{2} = 0$ , es decir $p = \frac{11}{2} \approx 2, 35$ (que está en $] 0, 3 [$ ). 3. Para $p < \frac{11}{2}$ , $I^{'} > 0$ (la integral crece); para $p > \frac{11}{2}$ , $I^{'} < 0$ (decrece). Es un máximo.

f) (i) 1. Escribimos $f^{'} (x) = (11 - 2 x^{2}) (9 - x^{2})^{- \frac{1}{2}}$ y derivamos con el producto. 2. $f^{''} (x) = - 4 x (9 - x^{2})^{- \frac{1}{2}} + (11 - 2 x^{2}) \cdot x (9 - x^{2})^{- \frac{3}{2}}$ . 3. Sacamos factor común $x (9 - x^{2})^{- \frac{3}{2}}$ : $f^{''} (x) = \frac{x [ - 4 ( 9 - x ^{2} ) + 11 - 2 x ^{2} ]}{( 9 - x ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}} = \frac{x ( 2 x ^{2} - 25 )}{( 9 - x ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}}$ ✓.

(ii) 1. $f^{''} (x) = 0$ cuando $x = 0$ o $2 x^{2} - 25 = 0$ , es decir $x = \pm \frac{25}{2} \approx \pm 3, 54$ . 2. En $x = 0$ : dentro de $D$ , el factor $2 x^{2} - 25 < 0$ y el denominador es positivo; entonces $f^{''}$ tiene el signo contrario al de $x$ : $f^{''} > 0$ para $x < 0$ y $f^{''} < 0$ para $x > 0$ . Hay cambio de signo de $f^{''}$ , luego punto de inflexión. 3. En $x = \pm \frac{25}{2} \approx \pm 3, 54$ : están fuera del dominio $D = [- 3, 3]$ (y $f^{''}$ no está definida allí, pues $9 - x^{2} < 0$ ). No pueden ser puntos de inflexión de $f$ .

Ejercicio 295 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2014

Una partícula $A$ se mueve de modo tal que su velocidad $v m s^{- 1}$ , en el instante $t$ segundos, viene dada por $v (t) = \frac{t}{12 + t ^{4}}$ , $t \geq 0$ .

a) Dibuje aproximadamente el gráfico de $y = v (t)$ . Indique claramente el máximo local y escriba sus coordenadas.

b) Utilice la sustitución $u = t^{2}$ para hallar $\int \frac{t}{12 + t ^{4}} d t$ .

c) Halle la distancia exacta que recorre la partícula $A$ entre $t = 0$ y $t = 6$ segundos. Dé la respuesta de la forma $k arctan (b)$ , $k, b \in R$ .

La partícula $B$ se mueve de tal modo que su velocidad $v m s^{- 1}$ y su desplazamiento $s$ m están relacionados mediante la ecuación $v (s) = arcsin (s)$ .

d) Halle la aceleración de la partícula $B$ cuando $s = 0, 1$ m.

Ver solución

a) 1. Derivamos: $v^{'} (t) = \frac{( 12 + t ^{4} ) - t \cdot 4 t ^{3}}{( 12 + t ^{4} ) ^{2}} = \frac{12 - 3 t ^{4}}{( 12 + t ^{4} ) ^{2}}$ . 2. $v^{'} (t) = 0 \Rightarrow t^{4} = 4 \Rightarrow t = 2 \approx 1, 4142$ (con $t \geq 0$ ). Antes de ese valor $v^{'} > 0$ y después $v^{'} < 0$ , luego es un máximo. 3. $v (2) = \frac{2}{16} \approx 0, 088$ . 4. La gráfica parte de $(0, 0)$ , sube hasta el máximo local y después decrece lentamente hacia $0$ (el eje $t$ es asíntota horizontal).

Gráfica de la velocidad v(t) = t/(12 + t⁴) para t entre 0 y 3,5: parte del origen, sube hasta un máximo local y después decrece lentamente hacia 0

Máximo local: $(1, 4142; 0, 088)$ .

b) Sustitución $u = t^{2}$ .

$d u = 2 t d t$ , es decir, $t d t = \frac{1}{2} d u$ . Además $t^{4} = u^{2}$ .
$\int \frac{t}{12 + t ^{4}} d t = \frac{1}{2} \int \frac{d u}{12 + u ^{2}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{12} arctan \frac{u}{12} + C$ .
Como $\frac{1}{2 12} = \frac{1}{4 3} = \frac{3}{12}$ : $\int \frac{t}{12 + t ^{4}} d t = \frac{3}{12} arctan (\frac{t ^{2}}{12}) + C$ .

c) 1. Como $v (t) \geq 0$ para $t \geq 0$ , la distancia es $\int_{0}^{6} v (t) d t$ . 2. $= \frac{3}{12} [arctan \frac{t ^{2}}{12}]_{0}^{6} = \frac{3}{12} arctan \frac{36}{2 3} - 0$ . 3. Como $\frac{36}{2 3} = \frac{18}{3} = 63$ , la distancia es $\frac{3}{12} arctan (63)$ m, con $k = \frac{3}{12}$ y $b = 63$ .

d) 1. La aceleración es $a = \frac{d v}{d t} = \frac{d v}{d s} \cdot \frac{d s}{d t} = v \frac{d v}{d s}$ (regla de la cadena). 2. $\frac{d v}{d s} = \frac{1}{1 - s} \cdot \frac{1}{2 s}$ . 3. En $s = 0, 1$ : $v = arcsin 0, 1 \approx 0, 32175$ y $\frac{d v}{d s} = \frac{1}{0 , 9 \cdot 2 0 , 1} \approx 1, 6667$ . 4. $a \approx 0, 32175 \times 1, 6667 \approx 0, 5362 m s^{- 2}$ .

Resultado: a) máximo local $(1, 4142; 0, 088)$ ; b) $\frac{3}{12} arctan (\frac{t ^{2}}{12}) + C$ ; c) $\frac{3}{12} arctan (63)$ m; d) $0, 5362 m s^{- 2}$

Ejercicio 296 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2013

a) Una partícula $P$ se mueve en línea recta a una velocidad de $v m s^{- 1}$ . En cierto instante $t = 0$ , $P$ se encuentra en el punto $Q$ y tiene una velocidad de $12 m s^{- 1}$ . Su aceleración en el instante $t$ segundos viene dada por $\frac{d v}{d t} = 3 cos \frac{t}{4} m s^{- 2}$ , $(t \geq 0)$ .

(i) Halle una expresión para la velocidad de la partícula, $v$ , en función de $t$ .

(ii) Dibuje aproximadamente la gráfica de la velocidad de la partícula en función del tiempo para $0 \leq t \leq 8 π$ , mostrando claramente los puntos de corte de la curva con los ejes y todos los puntos máximos y mínimos que haya.

(iii) Halle la distancia que recorre la partícula antes de detenerse por primera vez.

b) Otra partícula $Q$ se mueve en línea recta, siendo su desplazamiento $s$ metros y su velocidad $v m s^{- 1}$ . Su aceleración viene dada por $a = - (v^{2} + 4) m s^{- 2}$ , $(0 \leq t \leq 1)$ . En el instante $t = 0$ , $Q$ se encuentra en el punto $O$ y tiene una velocidad de $2 m s^{- 1}$ .

(i) Compruebe que la velocidad $v$ en el instante $t$ viene dada por $v = 2 tan (\frac{π - 8 t}{4})$ .

(ii) Compruebe que $\frac{d v}{d s} = - \frac{( v ^{2} + 4 )}{v}$ .

(iii) Halle la distancia que recorre la partícula antes de detenerse.

Ver solución

a) (i) 1. Integramos la aceleración: $v = \int 3 cos \frac{t}{4} d t = 12 sen \frac{t}{4} + C$ . 2. En $t = 0$ , $v = 12$ , luego $C = 12$ y $v = 12 sen (\frac{t}{4}) + 12$ .

(ii) 1. Es una sinusoide de amplitud $12$ , período $8 π$ y desplazada $12$ hacia arriba: su valor oscila entre $0$ y $24$ . 2. Corte con el eje $v$ : $(0, 12)$ . Máximo: $sen \frac{t}{4} = 1 \Rightarrow t = 2 π$ , $v = 24$ . Mínimo: $sen \frac{t}{4} = - 1 \Rightarrow t = 6 π$ , $v = 0$ (la curva toca el eje $t$ sin cruzarlo). En $t = 8 π$ , $v = 12$ .

Gráfica de la velocidad v en función del tiempo t para t entre 0 y 8π: curva senoidal de periodo 8π que parte del punto (0, 12), con un máximo, un mínimo que toca el eje t y los puntos rotulados

Cortes: $(0, 12)$ y $(6 π, 0)$ . Máximo: $(2 π, 24)$ . Mínimo: $(6 π, 0)$ .

(iii) 1. La partícula se detiene cuando $v = 0$ : $sen \frac{t}{4} = - 1$ , la primera vez en $\frac{t}{4} = \frac{3 π}{2}$ , es decir, $t = 6 π$ . 2. Hasta ese instante $v \geq 0$ , así que la distancia es $\int_{0}^{6 π} (12 sen \frac{t}{4} + 12) d t = [- 48 cos \frac{t}{4} + 12 t]_{0}^{6 π}$ . 3. $= (- 48 cos \frac{3 π}{2} + 72 π) - (- 48) = 72 π + 48 \approx 274, 2$ m.

b) (i) 1. Separamos variables en $\frac{d v}{d t} = - (v^{2} + 4)$ : $\int \frac{d v}{v ^{2} + 4} = - \int d t$ . 2. $\frac{1}{2} arctan \frac{v}{2} = - t + C$ . 3. En $t = 0$ , $v = 2$ : $\frac{1}{2} \cdot \frac{π}{4} = C$ , luego $arctan \frac{v}{2} = \frac{π}{4} - 2 t = \frac{π - 8 t}{4}$ . 4. Despejamos: $v = 2 tan (\frac{π - 8 t}{4})$ .

(ii) Por la regla de la cadena, $\frac{d v}{d t} = \frac{d v}{d s} \cdot \frac{d s}{d t} = v \frac{d v}{d s}$ . Como $\frac{d v}{d t} = - (v^{2} + 4)$ , resulta $\frac{d v}{d s} = - \frac{v ^{2} + 4}{v}$ .

(iii) 1. La partícula se detiene cuando $v = 0$ , y eso ocurre en $\frac{π - 8 t}{4} = 0$ , es decir, $t = \frac{π}{8} \approx 0, 39$ s (dentro de $0 \leq t \leq 1$ ); antes $v > 0$ . 2. Separamos variables en el resultado de (ii): $\int \frac{v}{v ^{2} + 4} d v = - \int d s$ , es decir, $\frac{1}{2} ln (v^{2} + 4) = - s + K$ . 3. En $s = 0$ , $v = 2$ : $K = \frac{1}{2} ln 8$ . 4. En $v = 0$ : $s = \frac{1}{2} ln 8 - \frac{1}{2} ln 4 = \frac{1}{2} ln 2 \approx 0, 347$ m.

Resultado: a) (i) $v = 12 sen (\frac{t}{4}) + 12$ ; (ii) cortes $(0, 12)$ y $(6 π, 0)$ , máximo $(2 π, 24)$ , mínimo $(6 π, 0)$ ; (iii) $72 π + 48 \approx 274, 2$ m; b) (i) y (ii) comprobados; (iii) $\frac{ln 2}{2} \approx 0, 347$ m

Ejercicio 297 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2013

Una partícula $A$ se mueve en línea recta, desde un punto $O_{A}$ , tal que su velocidad en metros por segundo para $0 \leq t \leq 9$ viene dada por $v_{A} = - \frac{1}{2} t^{2} + 3 t + \frac{3}{2}$ . Una partícula $B$ se mueve en línea recta, desde un punto $O_{B}$ , tal que su velocidad en metros por segundo para $0 \leq t \leq 9$ viene dada por $v_{B} = e^{0, 2 t}$ .

a) Calcule el valor máximo de $v_{A}$ .

b) Calcule la aceleración de $B$ cuando $t = 4$ .

Los desplazamientos de $A$ y $B$ , desde $O_{A}$ y $O_{B}$ respectivamente, son en el instante $t$ $s_{A}$ metros y $s_{B}$ metros. Cuando $t = 0$ , $s_{A} = 0$ y $s_{B} = 5$ .

c) Calcule una expresión para $s_{A}$ y para $s_{B}$ , dando sus respuestas en función de $t$ .

d) i) Dibuje las curvas de $s_{A}$ y $s_{B}$ en un diagrama.

(ii) Calcule los valores de $t$ para los cuales $s_{A} = s_{B}$ .

Ver solución

a) $v_{A} = - \frac{1}{2} t^{2} + 3 t + \frac{3}{2}$ es una parábola con ramas hacia abajo; su vértice está en $t = - \frac{3}{2 \cdot ( - 1/2 )} = 3$ , dentro de $[0, 9]$ . Valor máximo: $v_{A} (3) = - \frac{9}{2} + 9 + \frac{3}{2} = 6$ . (En los extremos: $v_{A} (0) = 1, 5$ y $v_{A} (9) = - 12$ .)

b) 1. $a_{B} = \frac{d v _{B}}{d t} = 0, 2 e^{0, 2 t}$ . 2. En $t = 4$ : $a_{B} = 0, 2 e^{0, 8} \approx 0, 445 m s^{- 2}$ .

c) 1. $s_{A} = \int v_{A} d t = - \frac{t ^{3}}{6} + \frac{3 t ^{2}}{2} + \frac{3 t}{2} + C$ , y con $s_{A} (0) = 0$ es $C = 0$ . 2. $s_{B} = \int e^{0, 2 t} d t = 5 e^{0, 2 t} + C$ , y con $s_{B} (0) = 5$ resulta $C = 0$ : $s_{B} = 5 e^{0, 2 t}$ .

d) (i) La curva $s_{A}$ parte de $(0, 0)$ , crece hasta un máximo cerca de $t = 6, 5$ (valor próximo a $27$ ) y baja hasta $s_{A} (9) = 13, 5$ . La curva $s_{B}$ parte de $(0, 5)$ y crece de forma exponencial hasta $s_{B} (9) \approx 30$ . Se cortan dos veces.

Gráficas de s_A y s_B en función de t para t entre 0 y 9: s_A parte de 0, alcanza un máximo cerca de 27 y baja; s_B parte de 5 y crece; se cortan en dos puntos

(ii) Con la CPG, resolvemos $s_{A} = s_{B}$ en $[0, 9]$ : $t \approx 1, 95$ y $t \approx 7, 81$ .

Resultado: a) $v_{A} = 6$ para $t = 3$ ; b) $a_{B} (4) = 0, 2 e^{0, 8} \approx 0, 445 m s^{- 2}$ ; c) $s_{A} = - \frac{t ^{3}}{6} + \frac{3 t ^{2}}{2} + \frac{3 t}{2}$ , $s_{B} = 5 e^{0, 2 t}$ ; d) (i) gráficas; (ii) $t \approx 1, 95$ y $t \approx 7, 81$

Ejercicio 298 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2019

La tensión $v$ en un circuito viene dada por la ecuación $v (t) = 3 sen (100 π t)$ , $t \geq 0$ donde $t$ se mide en segundos.

a) Escriba los valores máximo y mínimo de $v$ .

La corriente $i$ en este circuito viene dada por la ecuación $i (t) = 2 sen (100 π (t + 0, 003))$ .

b) Escriba dos transformaciones que transformarán la gráfica de $y = v (t)$ en la gráfica de $y = i (t)$ .

La potencia $p$ en este circuito viene dada por $p (t) = v (t) \times i (t)$ .

c) Esboce el gráfico de $y = p (t)$ para $0 \leq t \leq 0, 02$ , mostrando claramente las coordenadas del primer máximo y del primer mínimo.

d) Encuentre el tiempo total en el intervalo $0 \leq t \leq 0, 02$ para el cual $p (t) \geq 3$ .

La potencia media $p_{a v}$ en este circuito entre $t = 0$ y $t = T$ viene dada por la ecuación $p_{a v} (T) = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} p (t) d t$ , donde $T > 0$ .

e) Calcule $p_{a v} (0, 007)$ .

f) Con referencia a su gráfico de $y = p (t)$ explique por qué $p_{a v} (T) > 0$ para todo $T > 0$ .

g) Sabiendo que $p (t)$ puede escribirse como $p (t) = a sen (b (t - c)) + d$ donde $a, b, c, d > 0$ , use su gráfica para encontrar los valores de $a$ , $b$ , $c$ y $d$ .

Ver solución

a) $v (t) = 3 sen (100 π t)$ oscila entre $- 3$ y $3$ : máximo $3$ , mínimo $- 3$ .

b) 1. $i (t) = 2 sen (100 π (t + 0, 003))$ : el factor $t + 0, 003$ es una traslación horizontal de $0, 003$ unidades hacia la izquierda, vector $(- 0, 003 0)$ . 2. La amplitud pasa de $3$ a $2$ : estiramiento vertical de razón $\frac{2}{3}$ .

c) 1. Con la CPG representamos $p (t) = 3 sen (100 π t) \times 2 sen (100 π (t + 0, 003))$ en $0 \leq t \leq 0, 02$ . 2. La gráfica oscila con período $0, 01$ alrededor de un nivel positivo (más adelante, en g), $p (0) = 0$ , es positiva hasta $t = 0, 007$ , negativa entre $0, 007$ y $0, 01$ , y se repite. 3. El primer máximo está en $(0, 0035; 4, 76)$ y el primer mínimo en $(0, 0085; - 1, 24)$ .

Gráfica de la potencia p(t) para t entre 0 y 0,02: curva senoidal desplazada hacia arriba que parte de (0, 0), con primer máximo en (0,0035; 4,76), primer mínimo en (0,0085; −1,24) y se repite una segunda vez en el intervalo

d) 1. Con la CPG resolvemos $p (t) = 3$ (intersección de la gráfica con la recta $y = 3$ ) en $0 \leq t \leq 0, 02$ . 2. Se obtiene $p (t) \geq 3$ en $0, 00168 \leq t \leq 0, 00532$ y en $0, 01168 \leq t \leq 0, 01532$ . 3. Tiempo total: $2 \times 0, 00364 \approx 0, 0073$ s.

e) $p_{a v} (0, 007) = \frac{1}{0 , 007} \int_{0}^{0, 007} p (t) d t \approx 2, 87$ (integral calculada con la CPG).

f) La gráfica de $p$ oscila entre $- 1, 24$ y $4, 76$ , es decir, tiene más altura por encima del eje que por debajo. Los tramos negativos son cortos ( $0, 007 < t < 0, 01$ , etc.) y cada uno viene precedido de un tramo positivo mayor. Así, para cualquier $T > 0$ , el área por encima del eje $t$ es mayor que el área por debajo, la integral $\int_{0}^{T} p d t$ es positiva y $p_{a v} (T) > 0$ .

g) 1. Amplitud: $a = \frac{4 , 76 - ( - 1 , 24 )}{2} = 3$ . Nivel central: $d = \frac{4 , 76 + ( - 1 , 24 )}{2} = 1, 76$ . 2. Período $0, 01$ : $b = \frac{2 π}{0 , 01} = 200 π$ . 3. La curva pasa por el nivel central subiendo en $t = 0, 001$ (un cuarto de período, $0, 0025$ , antes del primer máximo en $0, 0035$ ): $c = 0, 001$ . 4. (Se comprueba con la identidad $2 sen A sen B = cos (A - B) - cos (A + B)$ : $p (t) = 3 cos (0, 3 π) - 3 cos (200 π t + 0, 3 π)$ .)

Resultado: a) máximo $v = 3$ ; mínimo $v = - 3$ ; b) traslación de vector $(- 0, 003 0)$ y estiramiento vertical de razón $\frac{2}{3}$ ; c) primer máximo $(0, 0035; 4, 76)$ y primer mínimo $(0, 0085; - 1, 24)$ ; d) $0, 0017 \leq t \leq 0, 0053$ y $0, 0117 \leq t \leq 0, 0153$ , en total $\approx 0, 0073$ s; e) $p_{a v} (0, 007) \approx 2, 87$ ; f) explicado; g) $a = 3$ , $b = 200 π$ , $c = 0, 001$ , $d = 1, 76$

Ejercicio 299 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2017

Xavier, el paracaidista, salta de un avión a una altura de $h$ metros sobre el suelo. Después de caída libre durante $10$ segundos abre su paracaídas. Su velocidad, $v m s^{- 1}$ , $t$ segundos después de saltar del avión, puede ser modelada por la función

$v (t) = ⎩ ⎨ ⎧ 9, 8 t, \frac{98}{1 + ( t - 10 ) ^{2}}, 0 \leq t \leq 10 t > 10$

a) Encuentra su velocidad cuando $t = 15$ .

b) Calcule la distancia vertical que Xavier recorrió en los primeros $10$ segundos.

Su velocidad cuando alcanza el suelo es $2, 8 m s^{- 1}$ .

c) Determine el valor de $h$ .

Ver resultado

Resultado: a) $v (15) = 19, 2 m s^{- 1}$ ; b) distancia $= 490$ m; c) $h = 906, 3$ m

Ver proceso y resultado

a) 1. Como $15 > 10$ , usamos la segunda rama: $v (15) = \frac{98}{1 + 5 ^{2}} = \frac{98}{26} \approx 19, 2$ .

b) 1. La distancia es la integral de la velocidad: $\int_{0}^{10} 9, 8 t d t = [4, 9 t^{2}]_{0}^{10} = 490$ .

c) 1. Buscamos el instante $T$ en que la velocidad es $2, 8$ : $\frac{98}{1 + ( T - 10 ) ^{2}} = 2, 8$ , luego $1 + (T - 10)^{2} = 35$ y $(T - 10)^{2} = 1224$ . Como $T > 10$ , $T = 10 + 1224 \approx 44, 99$ . 2. La distancia total es $h = 490 + \int_{10}^{T} \frac{98}{1 + ( t - 10 ) ^{2}} d t$ . 3. Con la CPG (o con la primitiva $98 arsinh (t - 10)$ ): la integral vale $\approx 416, 3$ . 4. $h \approx 490 + 416, 3 = 906, 3$ m.

Resultado: a) $v (15) = 19, 2 m s^{- 1}$ ; b) distancia $= 490$ m; c) $h = 906, 3$ m

Ejercicio 300 DifícilIB · P2 Noviembre 2001

(i) Sea $y = sen (k x) - k x cos (k x)$ , donde $k$ es constante.

Muestre que $\frac{d y}{d x} = k^{2} x sen (k x)$ .

(ii) Una partícula se mueve en línea recta de forma que $t$ segundos después de pasar por un punto fijo $O$ su velocidad $v (t) m s^{- 1}$ viene dada por $v (t) = t sen (\frac{π}{3} t)$ .

a) Calcule los valores de $t$ para los cuales $v (t) = 0$ , donde $0 \leq t \leq 6$ .

b) i) Escriba una expresión matemática de la distancia total recorrida por la partícula en los primeros seis segundos después de pasar por $O$ .

(ii) Calcule la distancia.

Ver resultado

Resultado: ii) a) $t = 3$ y $t = 6$ ; b) i) $\int_{0}^{3} t sen (\frac{π}{3} t) d t + \int_{3}^{6} - t sen (\frac{π}{3} t) d t$ ; ii) $\frac{36}{π}$ m

Ver proceso y resultado

(i) 1. Derivamos cada término respecto de $x$ ; el segundo es un producto: $\frac{d y}{d x} = k cos (k x) - [k cos (k x) + k x \cdot (- k sen (k x))]$ . 2. Simplificando, $\frac{d y}{d x} = k cos (k x) - k cos (k x) + k^{2} x sen (k x) = k^{2} x sen (k x)$ .

(ii) a) 1. Imponemos $v (t) = t sen (\frac{π}{3} t) = 0$ , es decir, $t = 0$ o $sen (\frac{π}{3} t) = 0$ . 2. Como $0 \leq t \leq 6$ , $\frac{π}{3} t \in [0, 2 π]$ y el seno se anula en $0, π, 2 π$ , o sea, $t = 0$ , $t = 3$ y $t = 6$ . Pasada la salida desde $O$ ( $t = 0$ ), los instantes pedidos son $t = 3$ y $t = 6$ .

b) i) 1. El signo de $v$ en $[0, 6]$ : para $0 < t < 3$ , $sen (\frac{π}{3} t) > 0$ y $v > 0$ ; para $3 < t < 6$ , $v < 0$ . 2. La distancia total es la integral del valor absoluto de la velocidad, así que cambiamos el signo en el segundo tramo: $\int_{0}^{3} t sen (\frac{π}{3} t) d t + \int_{3}^{6} - t sen (\frac{π}{3} t) d t$

(ii) 1. Con (i) y $k = \frac{π}{3}$ tenemos $\int t sen (k t) d t = \frac{sen ( k t ) - k t cos ( k t )}{k ^{2}} =: F (t)$ , es decir, $F (t) = \frac{9}{π ^{2}} [sen (\frac{π t}{3}) - \frac{π t}{3} cos (\frac{π t}{3})]$ . 2. $F (0) = 0$ , $F (3) = \frac{9}{π ^{2}} [0 - π \cdot (- 1)] = \frac{9}{π}$ y $F (6) = \frac{9}{π ^{2}} [0 - 2 π \cdot 1] = - \frac{18}{π}$ . 3. Distancia $= (F (3) - F (0)) - (F (6) - F (3)) = \frac{9}{π} - (- \frac{18}{π} - \frac{9}{π}) = \frac{9}{π} + \frac{27}{π} = \frac{36}{π}$ m.

Resultado: ii) a) $t = 3$ y $t = 6$ ; b) i) $\int_{0}^{3} t sen (\frac{π}{3} t) d t + \int_{3}^{6} - t sen (\frac{π}{3} t) d t$ ; ii) $\frac{36}{π}$ m

Ejercicio 301 DifícilIB · P2 TZ0 Mayo 2006

La partícula $A$ se mueve en línea recta desde el punto $O_{A}$ , de modo que su velocidad en metros por segundo para $0 \leq t \leq 9$ está dada por $v_{A} = - \frac{1}{2} t^{2} + 3 t + \frac{3}{2}$ .

La partícula $B$ se mueve en línea recta desde el punto $O_{B}$ , de modo que su velocidad en metros por segundo para $0 \leq t \leq 9$ está dada por $v_{B} = e^{0, 2 t}$ .

a) Halle el valor máximo de $v_{A}$ , justificando que sea un máximo.

b) Halle la aceleración de $B$ cuando $t = 4$ .

Los desplazamientos de $A$ y $B$ desde $O_{A}$ y $O_{B}$ respectivamente, para un tiempo $t$ son $s_{A}$ y $s_{B}$ metros. Cuando $t = 0$ , $s_{A} = 0$ , y $s_{B} = 5$ .

c) Halle una expresión para $s_{A}$ y para $s_{B}$ dando sus respuestas en función de $t$ .

d) i) Dibuje aproximadamente en un mismo gráfico, las curvas de $s_{A}$ y $s_{B}$ .

(ii) Halle los valores de $t$ para los cuales $s_{A} = s_{B}$ .

Ver solución

a) 1. $v_{A}^{'} (t) = - t + 3 = 0$ para $t = 3$ . 2. $v_{A}^{''} (t) = - 1 < 0$ , luego es un máximo. 3. $v_{A} (3) = - \frac{9}{2} + 9 + \frac{3}{2} = 6$ m s $^{- 1}$ .

b) 1. $a_{B} = v_{B}^{'} = 0, 2 e^{0, 2 t}$ . 2. En $t = 4$ : $a_{B} = 0, 2 e^{0, 8} \approx 0, 445$ m s $^{- 2}$ .

c) 1. $s_{A} = \int v_{A} d t = - \frac{t ^{3}}{6} + \frac{3 t ^{2}}{2} + \frac{3 t}{2} + C$ , con $s_{A} (0) = 0$ : $C = 0$ . 2. $s_{B} = \int e^{0, 2 t} d t = 5 e^{0, 2 t} + C$ , con $s_{B} (0) = 5$ : $5 + C = 5$ , $C = 0$ .

d) i) $s_{A}$ parte de $(0, 0)$ , sube hasta un máximo (cerca de $27$ , en $t \approx 6, 5$ , donde $v_{A} = 0$ ) y luego baja hasta $13, 5$ en $t = 9$ ; $s_{B}$ parte de $(0, 5)$ y crece hasta unos $30$ en $t = 9$ .

Gráficas de las posiciones s_A y s_B en función de t, para 0 ≤ t ≤ 9, en un mismo sistema de ejes: s_A empieza en el origen y s_B en 5, y se cortan en dos puntos

(ii) 1. Con la CPG resolvemos $- \frac{t ^{3}}{6} + \frac{3 t ^{2}}{2} + \frac{3 t}{2} = 5 e^{0, 2 t}$ en $[0, 9]$ . 2. Las dos soluciones son $t \approx 1, 95$ s y $t \approx 7, 81$ s.

Resultado: a) $6$ m s $^{- 1}$ ; b) $0, 2 e^{0, 8}$ m s $^{- 2}$ ; c) $s_{A} = - \frac{t ^{3}}{6} + \frac{3 t ^{2}}{2} + \frac{3 t}{2}$ m, $s_{B} = 5 e^{0, 2 t}$ m; d) ii) $t \approx 1, 95$ s y $t \approx 7, 81$ s

Ejercicio 302 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2006

a) Muestre que el polinomio de aproximación para $ln x$ en el intervalo $[0, 5, 1, 5]$ obtenido al tomar los primeros tres términos distintos de cero de la serie de Taylor para $x = 1$ viene dado por

$ln x \approx \frac{x ^{3}}{3} - \frac{3 x ^{2}}{2} + 3 x - \frac{11}{6}$ .

b) Sabiendo que $\int ln x d x = x ln x - x + C$ , muestre integrando la serie anterior que otra aproximación a $ln x$ viene dada por $ln x \approx \frac{x ^{3}}{12} - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{3 x}{2} - \frac{5}{6} - \frac{1}{4 x}$ .

c) Cuál es la mejor aproximación cuando $x = 1, 5$ ?

Ver resultado

Resultado: a) queda demostrado; b) queda demostrado; c) con (a) $ln 1, 5 \approx 0, 41667$ y con (b) $ln 1, 5 \approx 0, 40625$ ; la mejor es la de (b), pues $ln 1, 5 \approx 0, 4055$ .

Ver proceso y resultado

a) 1. Derivadas de $ln x$ en $x = 1$ : $f = ln x \to 0$ ; $f^{'} = \frac{1}{x} \to 1$ ; $f^{''} = - \frac{1}{x ^{2}} \to - 1$ ; $f^{'''} = \frac{2}{x ^{3}} \to 2$ . 2. El primer término ( $ln 1$ ) es nulo; los tres primeros no nulos son: $(x - 1) - \frac{( x - 1 ) ^{2}}{2} + \frac{2 ( x - 1 ) ^{3}}{3 !} = (x - 1) - \frac{( x - 1 ) ^{2}}{2} + \frac{( x - 1 ) ^{3}}{3}$ . 3. Desarrollamos: $(x - 1) - \frac{x ^{2} - 2 x + 1}{2} + \frac{x ^{3} - 3 x ^{2} + 3 x - 1}{3} = \frac{x ^{3}}{3} - \frac{3 x ^{2}}{2} + 3 x - \frac{11}{6}$ .

b) 1. Integramos entre $1$ y $x$ ambos miembros de la aproximación de (a) (así la constante queda fijada): $\int_{1}^{x} ln t d t \approx \int_{1}^{x} (\frac{t ^{3}}{3} - \frac{3 t ^{2}}{2} + 3 t - \frac{11}{6}) d t$ . 2. Izquierda: $[t ln t - t]_{1}^{x} = x ln x - x + 1$ . 3. Derecha: $[\frac{t ^{4}}{12} - \frac{t ^{3}}{2} + \frac{3 t ^{2}}{2} - \frac{11 t}{6}]_{1}^{x} = \frac{x ^{4}}{12} - \frac{x ^{3}}{2} + \frac{3 x ^{2}}{2} - \frac{11 x}{6} + \frac{3}{4}$ , porque en $t = 1$ vale $\frac{1}{12} - \frac{1}{2} + \frac{3}{2} - \frac{11}{6} = - \frac{3}{4}$ . 4. Entonces $x ln x \approx \frac{x ^{4}}{12} - \frac{x ^{3}}{2} + \frac{3 x ^{2}}{2} - \frac{11 x}{6} + x - 1 + \frac{3}{4} = \frac{x ^{4}}{12} - \frac{x ^{3}}{2} + \frac{3 x ^{2}}{2} - \frac{5 x}{6} - \frac{1}{4}$ . 5. Dividiendo entre $x$ : $ln x \approx \frac{x ^{3}}{12} - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{3 x}{2} - \frac{5}{6} - \frac{1}{4 x}$ .

c) 1. Con (a) y $x = 1, 5$ : $\frac{3 , 375}{3} - \frac{3 \cdot 2 , 25}{2} + 4, 5 - \frac{11}{6} \approx 0, 41667$ . 2. Con (b): $\frac{3 , 375}{12} - \frac{2 , 25}{2} + 2, 25 - \frac{5}{6} - \frac{1}{6} = 0, 40625$ . 3. El valor real es $ln 1, 5 \approx 0, 40547$ , más cercano al de (b). La mejor aproximación es la de (b).

Resultado: a) queda demostrado; b) queda demostrado; c) con (a) $ln 1, 5 \approx 0, 41667$ y con (b) $ln 1, 5 \approx 0, 40625$ ; la mejor es la de (b), pues $ln 1, 5 \approx 0, 4055$ .

Ejercicio 303 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2015

Una partícula se puede mover a lo largo de una línea recta partiendo de un punto $O$ .

La velocidad $v$ , en $m s^{- 1}$ , viene dada por la función $v (t) = 1 - e^{- sen t^{2}}$ donde el tiempo $t \geq 0$ se mide en segundos.

a) Escriba los dos primeros instantes $t_{1}, t_{2} > 0$ en los que la partícula cambia de sentido.

b) i) Halle el instante $t < t_{2}$ en el que la partícula tiene una velocidad máxima.

(ii) Halle el instante $t < t_{2}$ en el que la partícula tiene una velocidad mínima.

c) Halle la distancia que ha recorrido la partícula entre los instantes $t = t_{1}$ y $t = t_{2}$ .

Ver resultado

Resultado: a) $t_{1} \approx 1, 77$ s, $t_{2} \approx 2, 51$ s; b) i) $t \approx 1, 25$ s; ii) $t \approx 2, 17$ s; c) $0, 711$ m

Ver proceso y resultado

a) 1. La partícula cambia de sentido cuando $v$ se anula cambiando de signo. $v = 0$ si $sen t^{2} = 0$ , es decir, $t^{2} = nπ$ . 2. Si $sen t^{2} > 0$ , $e^{- sen t^{2}} < 1$ y $v > 0$ ; si $sen t^{2} < 0$ , $v < 0$ . El signo cambia en $t^{2} = π$ y en $t^{2} = 2 π$ (en $t = 0$ solo empieza el movimiento). 3. $t_{1} = π \approx 1, 77$ s y $t_{2} = 2 π \approx 2, 51$ s.

b) i) 1. $v$ es máxima cuando $sen t^{2} = 1$ (así $e^{- sen t^{2}}$ es mínimo): $t^{2} = \frac{π}{2}$ . 2. $t = \frac{π}{2} \approx 1, 25$ s.

(ii) 1. $v$ es mínima cuando $sen t^{2} = - 1$ : $t^{2} = \frac{3 π}{2}$ . 2. $t = \frac{3 π}{2} \approx 2, 17$ s (menor que $t_{2}$ ).

c) 1. Entre $t_{1}$ y $t_{2}$ la velocidad es negativa, así que la distancia es $- \int_{t_{1}}^{t_{2}} v d t$ . 2. Con la CPG: $\int_{1, 77}^{2, 51} 1 - e^{- sen t^{2}} d t \approx 0, 711$ m.

Resultado: a) $t_{1} \approx 1, 77$ s, $t_{2} \approx 2, 51$ s; b) i) $t \approx 1, 25$ s; ii) $t \approx 2, 17$ s; c) $0, 711$ m

Ejercicio 304 DifícilIB · P3 TZ0 Noviembre 2014Demostración

En esta pregunta puede suponer que $arctan x$ es continua y derivable para todo $x \in R$ .

a) Considere la serie geométrica infinita $1 - x^{2} + x^{4} - x^{6} + \dots$ $∣ x ∣ < 1$ .

Muestre que la suma de la serie es igual a $\frac{1}{1 + x ^{2}}$ .

b) A partir de lo anterior, muestre que un desarrollo de $arctan x$ es $arctan x = x - \frac{x ^{3}}{3} + \frac{x ^{5}}{5} - \frac{x ^{7}}{7} + \dots$

c) $f$ es una función continua definida en $[a, b]$ y derivable en $] a, b [$ , siendo $f^{'} (x) > 0$ en $] a, b [$ . Utilice el teorema del valor medio para demostrar que para todo $x, y \in [a, b]$ , si $y > x$ entonces $f (y) > f (x)$ .

d) i) Sabiendo que $g (x) = x - arctan x$ , demuestre que $g^{'} (x) > 0$ para $x > 0$ .

(ii) Utilice el resultado del apartado (c) para demostrar que $arctan x < x$ para $x > 0$ .

e) Utilice el resultado del apartado (c) para demostrar que $arctan x > x - \frac{x ^{3}}{3}$ para $x > 0$ .

f) A partir de lo anterior, muestre que $\frac{16}{3 3} < π < \frac{6}{3}$ .

Ver resultado

Resultado: queda demostrado.

Ver proceso y resultado

a) 1. Es una serie geométrica de primer término $1$ y razón $r = - x^{2}$ , con $∣ r ∣ = x^{2} < 1$ porque $∣ x ∣ < 1$ . 2. Suma $= \frac{1}{1 - r} = \frac{1}{1 + x ^{2}}$ .

b) 1. Sabemos que $\frac{d}{d x} arctan x = \frac{1}{1 + x ^{2}} = 1 - x^{2} + x^{4} - x^{6} + \dots$ . 2. Integramos término a término: $arctan x = x - \frac{x ^{3}}{3} + \frac{x ^{5}}{5} - \frac{x ^{7}}{7} + \dots + C$ . 3. Con $x = 0$ : $arctan 0 = 0$ , luego $C = 0$ .

c) 1. Sean $x, y \in [a, b]$ con $y > x$ . $f$ es continua en $[x, y]$ y derivable en $] x, y [$ . 2. Por el teorema del valor medio existe $c \in] x, y [$ con $f (y) - f (x) = f^{'} (c) (y - x)$ . 3. Como $c \in] a, b [$ , $f^{'} (c) > 0$ , y $y - x > 0$ . Luego $f (y) - f (x) > 0$ , es decir, $f (y) > f (x)$ .

d) i) 1. $g (x) = x - arctan x$ , luego $g^{'} (x) = 1 - \frac{1}{1 + x ^{2}} = \frac{x ^{2}}{1 + x ^{2}}$ . 2. Para $x > 0$ , $x^{2} > 0$ y $1 + x^{2} > 0$ , así que $g^{'} (x) > 0$ .

(ii) 1. $g$ es continua y derivable, con $g^{'} > 0$ en $] 0, x [$ para cualquier $x > 0$ . Por (c) con $a = 0$ : $g (x) > g (0) = 0$ . 2. Es decir, $x - arctan x > 0$ , o sea, $arctan x < x$ para $x > 0$ .

e) 1. Sea $h (x) = arctan x - x + \frac{x ^{3}}{3}$ . Entonces $h (0) = 0$ y $h^{'} (x) = \frac{1}{1 + x ^{2}} - 1 + x^{2} = \frac{1 - ( 1 + x ^{2} ) + x ^{2} ( 1 + x ^{2} )}{1 + x ^{2}} = \frac{x ^{4}}{1 + x ^{2}}$ . 2. Para $x > 0$ , $h^{'} (x) > 0$ . Por (c): $h (x) > h (0) = 0$ . 3. Luego $arctan x > x - \frac{x ^{3}}{3}$ para $x > 0$ .

f) 1. Tomamos $x = \frac{1}{3}$ , donde $arctan \frac{1}{3} = \frac{π}{6}$ . 2. De (d)(ii): $\frac{π}{6} < \frac{1}{3}$ , o sea, $π < \frac{6}{3}$ . 3. De (e): $\frac{π}{6} > \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3 3} = \frac{1}{3} - \frac{1}{9 3} = \frac{8}{9 3}$ , porque $(\frac{1}{3})^{3} = \frac{1}{3 3}$ . 4. Multiplicando por $6$ : $π > \frac{48}{9 3} = \frac{16}{3 3}$ . 5. Juntando: $\frac{16}{3 3} < π < \frac{6}{3}$ .

Resultado: queda demostrado.

Ejercicio 305 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2010

Un cuerpo se mueve a través de un líquido para que su aceleración pueda expresarse como $(- \frac{v ^{2}}{200} - 32) m s^{- 2}$ donde $v m s^{- 1}$ es la velocidad del cuerpo en el tiempo $t$ segundos.

Se sabía que la velocidad inicial del cuerpo era de $40 m s^{- 1}$ .

a) Muestre que el tiempo tomado, $T$ segundos, para que la velocidad del cuerpo disminuya a $V m s^{- 1}$ es dado por $T = 200 \int_{V}^{40} \frac{1}{v ^{2} + 8 0 ^{2}} d v$ .

b) i) Explique por qué la aceleración puede expresarse como $v \frac{d v}{d s}$ , donde $s$ es el desplazamiento, en metros, del cuerpo en el tiempo $t$ segundos.

(ii) Usando lo anterior, encuentre una integral similar a la mostrada en la parte (a) para la distancia, $S$ metros, que viajó el cuerpo hasta que se ralentiza a $V m s^{- 1}$ .

c) Usando las partes (a) y (b), encuentre la distancia recorrida y el tiempo hasta el momento que el cuerpo descansa.

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Resultado: a) queda demostrado; b) ii) $S = 200 \int_{V}^{40} \frac{v}{v ^{2} + 8 0 ^{2}} d v$ ; c) $T \approx 1, 16$ s, $S \approx 22, 3$ m

Ver proceso y resultado

a) 1. $a = \frac{d v}{d t} = - \frac{v ^{2}}{200} - 32 = - \frac{v ^{2} + 6400}{200} = - \frac{v ^{2} + 8 0 ^{2}}{200}$ . 2. Separamos variables: $d t = - 200 \frac{d v}{v ^{2} + 8 0 ^{2}}$ . 3. Entre $t = 0$ ( $v = 40$ ) y $t = T$ ( $v = V$ ): $T = - 200 \int_{40}^{V} \frac{d v}{v ^{2} + 8 0 ^{2}} = 200 \int_{V}^{40} \frac{1}{v ^{2} + 8 0 ^{2}} d v$ .

b) i) 1. Como $v = \frac{d s}{d t}$ , por la regla de la cadena $a = \frac{d v}{d t} = \frac{d v}{d s} \cdot \frac{d s}{d t} = v \frac{d v}{d s}$ .

(ii) 1. Igualamos: $v \frac{d v}{d s} = - \frac{v ^{2} + 8 0 ^{2}}{200}$ , y separamos: $d s = - 200 \frac{v}{v ^{2} + 8 0 ^{2}} d v$ . 2. Entre $v = 40$ y $v = V$ : $S = 200 \int_{V}^{40} \frac{v}{v ^{2} + 8 0 ^{2}} d v$ .

c) 1. El cuerpo se detiene en $V = 0$ . 2. Tiempo: $T = 200 \int_{0}^{40} \frac{d v}{v ^{2} + 8 0 ^{2}} = 200 \cdot \frac{1}{80} [arctan \frac{v}{80}]_{0}^{40} = 2, 5 arctan \frac{1}{2} \approx 1, 16$ s. 3. Distancia: $S = 200 \int_{0}^{40} \frac{v}{v ^{2} + 8 0 ^{2}} d v = 100 [ln (v^{2} + 8 0^{2})]_{0}^{40} = 100 ln \frac{8000}{6400} = 100 ln 1, 25 \approx 22, 3$ m.

Resultado: a) queda demostrado; b) ii) $S = 200 \int_{V}^{40} \frac{v}{v ^{2} + 8 0 ^{2}} d v$ ; c) $T \approx 1, 16$ s, $S \approx 22, 3$ m

Ejercicio 306 DifícilIB · P3 TZ0 Mayo 2010

b) Utilice este resultado para comprobar que una aproximación en serie para $arccos x$ es $\frac{π}{2} - x - \frac{1}{6} x^{3} - \frac{3}{40} x^{5}$ .

c) Evalúe $x \to 0 lim \frac{\frac{π}{2} - arccos ( x ^{2} ) - x ^{2}}{x ^{6}}$ .

d) Utilice la aproximación en serie para $arccos x$ para hallar un valor aproximado de $\int_{0}^{0, 2} arccos (x) d x$ .

Dé la respuesta con una aproximación de $5$ cifras decimales.

¿Proporciona su respuesta el valor real de la integral con $5$ cifras decimales?

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Resultado: a) $1 + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{3}{8} x^{4} + \dots$ ; b) queda demostrado; c) $\frac{1}{6}$ ; d) $\approx 0, 25326$ ; no coincide con el valor real ( $0, 25325$ ) con $5$ cifras decimales.

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a) 1. Serie de Maclaurin del binomio: $(1 + u)^{n} = 1 + n u + \frac{n ( n - 1 )}{2 !} u^{2} + \dots$ , con $n = - \frac{1}{2}$ y $u = - x^{2}$ . 2. $1 + (- \frac{1}{2}) (- x^{2}) + \frac{( - \frac{1}{2} ) ( - \frac{3}{2} )}{2} x^{4} = 1 + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{3}{8} x^{4}$ . 3. $(1 - x^{2})^{- 1/2} \approx 1 + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{3}{8} x^{4}$ .

b) 1. $\frac{d}{d x} arccos x = - \frac{1}{1 - x ^{2}} = - (1 - x^{2})^{- 1/2} \approx - 1 - \frac{x ^{2}}{2} - \frac{3}{8} x^{4}$ . 2. Integramos: $arccos x \approx C - x - \frac{x ^{3}}{6} - \frac{3}{40} x^{5}$ . 3. Con $arccos 0 = \frac{π}{2}$ : $C = \frac{π}{2}$ . 4. $arccos x \approx \frac{π}{2} - x - \frac{1}{6} x^{3} - \frac{3}{40} x^{5}$ .

c) 1. Sustituimos $x \to x^{2}$ en (b): $\frac{π}{2} - arccos (x^{2}) \approx x^{2} + \frac{x ^{6}}{6} + \frac{3}{40} x^{10}$ . 2. El numerador es $\frac{x ^{6}}{6} + \frac{3}{40} x^{10} + \dots$ , y dividiendo entre $x^{6}$ : $\frac{1}{6} + \frac{3}{40} x^{4} + \dots$ . 3. Cuando $x \to 0$ el límite es $\frac{1}{6}$ .

d) 1. Sustituimos $x \to x$ en (b): $arccos x \approx \frac{π}{2} - x^{1/2} - \frac{1}{6} x^{3/2} - \frac{3}{40} x^{5/2}$ . 2. Integramos de $0$ a $0, 2$ : $[\frac{π}{2} x - \frac{2}{3} x^{3/2} - \frac{1}{15} x^{5/2} - \frac{3}{140} x^{7/2}]_{0}^{0, 2}$ . 3. Con la CPG el valor es $0, 25326$ . 4. La integral exacta (con la CPG) es $0, 25325$ , distinta en la quinta cifra decimal: la aproximación no da el valor real con $5$ cifras decimales.

Ejercicio 307 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2011

Un avión de reacción viaja horizontalmente a lo largo de una trayectoria recta por un minuto, comenzando en tiempo $t = 0$ , donde $t$ se mide en segundos. La aceleración, $a$ , medida en $m s^{- 2}$ , del avión se da por el gráfico de línea recta a continuación.

Gráfico de la aceleración a (en m/s²) del avión en función del tiempo t (en s), para 0 ≤ t ≤ 60: una recta decreciente que va de 15 en t = 0 hasta −10 en t = 60

a) Halle una expresión para la aceleración del avión durante este tiempo, en función de $t$ .

b) Sabiendo que cuando $t = 0$ el avión viaja a $125 m s^{- 1}$ , encuentre su máxima velocidad en $m s^{- 1}$ .

c) Sabiendo que el avión rompe la barrera del sonido a $295 m s^{- 1}$ , averigüe cuanto tiempo viaja el avión a más que esa velocidad.

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Resultado: a) $a = - \frac{5}{12} t + 15$ ; b) $395$ m s $^{- 1}$ ; c) $43, 8$ s

Ver proceso y resultado

a) 1. La recta pasa por $(0, 15)$ y $(60, - 10)$ : pendiente $\frac{- 10 - 15}{60} = - \frac{5}{12}$ . 2. $a = - \frac{5}{12} t + 15$ .

b) 1. Integramos: $v = \int a d t = - \frac{5}{24} t^{2} + 15 t + C$ , y con $v (0) = 125$ : $C = 125$ . 2. La velocidad es máxima cuando $a = 0$ (la aceleración pasa de positiva a negativa): $- \frac{5}{12} t + 15 = 0$ , $t = 36$ s. 3. $v (36) = - \frac{5}{24} \cdot 1296 + 540 + 125 = - 270 + 540 + 125 = 395$ m s $^{- 1}$ .

c) 1. Resolvemos $v = 295$ : $- \frac{5}{24} t^{2} + 15 t + 125 = 295$ , es decir, $5 t^{2} - 360 t + 4080 = 0$ , o sea, $t^{2} - 72 t + 816 = 0$ . 2. $t = 36 \pm 1296 - 816 = 36 \pm 480$ , es decir, $t \approx 14, 09$ s y $t \approx 57, 91$ s (ambos en $[0, 60]$ ). 3. La velocidad supera $295$ entre ambos instantes: $2480 \approx 43, 8$ s.

Resultado: a) $a = - \frac{5}{12} t + 15$ ; b) $395$ m s $^{- 1}$ ; c) $43, 8$ s

Ejercicio 308 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2012

Considere una función $f$ , definida por $f (x) = \frac{x}{2 - x}$ , para $0 \leq x \leq 1$ .

a) Encuentre una expresión para $(f \circ f) (x)$ .

Sea $F_{n} (x) = \frac{x}{2 ^{n} - ( 2 ^{n} - 1 ) x}$ , donde $0 \leq x \leq 1$ .

b) Use la inducción matemática para mostrar que para todo $n \in Z^{+}$ , $n veces (f \circ f \circ \dots \circ f) (x) = F_{n} (x)$ .

c) Muestre que $F_{- n} (x)$ es una expresión para la inversa de $F_{n}$ .

d) (i) Calcule $F_{n} (0)$ y $F_{n} (1)$ .

(ii) Muestre que $F_{n} (x) < x$ , sabiendo que $0 < x < 1$ , $n \in Z^{+}$ .

(iii) Para $n \in Z^{+}$ , sea $A_{n}$ el área de la región encerrada por la gráfica de $F_{n}^{- 1}$ , el eje $x$ y la recta $x = 1$ . Encuentre el área $B_{n}$ de la región encerrada por $F_{n}$ y $F_{n}^{- 1}$ en función de $A_{n}$ .

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Resultado: a) $\frac{x}{4 - 3 x}$ ; c) $F_{n}^{- 1} (x) = \frac{2 ^{n} x}{1 + ( 2 ^{n} - 1 ) x} = F_{- n} (x)$ ; d) (i) $F_{n} (0) = 0$ , $F_{n} (1) = 1$ ; (iii) $B_{n} = 2 A_{n} - 1$

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a) 1. $(f \circ f) (x) = f (\frac{x}{2 - x}) = \frac{\frac{x}{2 - x}}{2 - \frac{x}{2 - x}}$ . 2. Multiplicamos numerador y denominador por $2 - x$ : $\frac{x}{2 ( 2 - x ) - x} = \frac{x}{4 - 3 x}$ .

b) Inducción sobre $n$ .

Caso $n = 1$ : $F_{1} (x) = \frac{x}{2 - ( 2 - 1 ) x} = \frac{x}{2 - x} = f (x)$ . Se cumple.
Hipótesis: para $n = k$ , $k veces (f \circ \dots \circ f) (x) = F_{k} (x) = \frac{x}{2 ^{k} - ( 2 ^{k} - 1 ) x}$ .
Para $n = k + 1$ aplicamos una vez más $f$ : $f (F_{k} (x)) = \frac{F _{k} ( x )}{2 - F _{k} ( x )} = \frac{\frac{x}{2 ^{k} - ( 2 ^{k} - 1 ) x}}{2 - \frac{x}{2 ^{k} - ( 2 ^{k} - 1 ) x}}$ .
Multiplicamos arriba y abajo por $2^{k} - (2^{k} - 1) x$ : $\frac{x}{2 ( 2 ^{k} - ( 2 ^{k} - 1 ) x ) - x} = \frac{x}{2 ^{k + 1} - ( 2 ^{k + 1} - 2 + 1 ) x} = \frac{x}{2 ^{k + 1} - ( 2 ^{k + 1} - 1 ) x} = F_{k + 1} (x)$ .
Se cumple para $n = 1$ y, si se cumple para $k$ , se cumple para $k + 1$ : por inducción es cierto para todo $n \in Z^{+}$ .

c) 1. Para hallar $F_{n}^{- 1}$ escribimos $y = \frac{x}{2 ^{n} - ( 2 ^{n} - 1 ) x}$ y despejamos $x$ : $2^{n} y - (2^{n} - 1) x y = x$ . 2. Agrupamos: $2^{n} y = x (1 + (2^{n} - 1) y)$ , luego $x = \frac{2 ^{n} y}{1 + ( 2 ^{n} - 1 ) y}$ y, por tanto, $F_{n}^{- 1} (x) = \frac{2 ^{n} x}{1 + ( 2 ^{n} - 1 ) x}$ . 3. Por otro lado, sustituyendo $n$ por $- n$ : $F_{- n} (x) = \frac{x}{2 ^{- n} - ( 2 ^{- n} - 1 ) x}$ . 4. Multiplicamos arriba y abajo por $2^{n}$ : $F_{- n} (x) = \frac{2 ^{n} x}{1 - ( 1 - 2 ^{n} ) x} = \frac{2 ^{n} x}{1 + ( 2 ^{n} - 1 ) x} = F_{n}^{- 1} (x)$ .

d) (i) 1. $F_{n} (0) = \frac{0}{2 ^{n}} = 0$ . 2. $F_{n} (1) = \frac{1}{2 ^{n} - ( 2 ^{n} - 1 )} = 1$ .

(ii) 1. Sea $D = 2^{n} - (2^{n} - 1) x = 1 + (2^{n} - 1) (1 - x)$ . Para $0 < x < 1$ y $n \geq 1$ es $D > 0$ . 2. $x - F_{n} (x) = x (1 - \frac{1}{D}) = \frac{x ( D - 1 )}{D} = \frac{x ( 2 ^{n} - 1 ) ( 1 - x )}{D}$ . 3. Todos los factores son positivos, así que $x - F_{n} (x) > 0$ , es decir, $F_{n} (x) < x$ .

(iii) 1. Por (i) y (ii), $F_{n}$ va de $(0, 0)$ a $(1, 1)$ por debajo de la recta $y = x$ ; su inversa es su simétrica respecto de $y = x$ , y queda por encima de la recta. 2. El área $B_{n}$ entre ambas curvas es $B_{n} = \int_{0}^{1} (F_{n}^{- 1} - F_{n}) d x = A_{n} - \int_{0}^{1} F_{n} d x$ . 3. El área bajo $F_{n}$ y el área bajo $F_{n}^{- 1}$ (entre $x = 0$ y $x = 1$ ) llenan juntas el cuadrado unidad, porque son simétricas respecto de $y = x$ : $\int_{0}^{1} F_{n} d x = 1 - A_{n}$ . 4. Entonces $B_{n} = A_{n} - (1 - A_{n}) = 2 A_{n} - 1$ .

Resultado: a) $\frac{x}{4 - 3 x}$ ; c) $F_{n}^{- 1} (x) = \frac{2 ^{n} x}{1 + ( 2 ^{n} - 1 ) x} = F_{- n} (x)$ ; d) (i) $F_{n} (0) = 0$ , $F_{n} (1) = 1$ ; (iii) $B_{n} = 2 A_{n} - 1$

Ejercicio 309 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2013

Una partícula $A$ se mueve en línea recta. La velocidad $v_{A}$ $m s^{- 1}$ , a los $t$ segundos de iniciado su movimiento viene dada por $v_{A} = t^{3} - 5 t^{2} + 6 t$ .

a) Dibuje la gráfica de $v_{A} = t^{3} - 5 t^{2} + 6 t$ para $t \geq 0$ , con $v_{A}$ en el eje vertical y $t$ en el horizontal. Muestre en su gráfico el máximo local y los puntos mínimos, y las intercepciones con el eje $t$ .

b) Anote los tiempos para los cuales la velocidad de la partícula está aumentando.

c) Anote los tiempos para los cuales la magnitud de la velocidad de la partícula está aumentando.

En $t = 0$ la partícula está en el punto $O$ .

d) Encuentre una expresión para el desplazamiento de la partícula, $x_{A}$ m, desde $O$ en el tiempo $t$ .

Una segunda partícula, $B$ , que se mueve a lo largo de la misma línea, tiene posición $x_{B}$ m, velocidad $v_{B}$ $m s^{- 1}$ y aceleración, $a_{B}$ $m s^{- 2}$ , donde $a_{B} = - 2 v_{B}$ para $t \geq 0$ . En $t = 0$ , $x_{B} = 20$ y $v_{B} = - 20$ .

e) Calcule una expresión para $v_{B}$ en función de $t$ .

f) Calcule el valor de $t$ para el cual las dos partículas se encuentran.

Ver solución

a) 1. $v_{A} = t^{3} - 5 t^{2} + 6 t = t (t - 2) (t - 3)$ : corta al eje $t$ en $t = 0$ , $t = 2$ y $t = 3$ . 2. Extremos: $\frac{d v _{A}}{d t} = 3 t^{2} - 10 t + 6 = 0$ , luego $t = \frac{10 \pm 28}{6} = \frac{5 \pm 7}{3}$ , es decir, $t \approx 0, 785$ y $t \approx 2, 55$ . 3. Es una cúbica con coeficiente director positivo: el primer extremo es un máximo y el segundo un mínimo. $v_{A} (0, 785) \approx 2, 11$ y $v_{A} (2, 55) \approx - 0, 631$ . 4. Máximo local $(0, 785; 2, 11)$ , mínimo local $(2, 55; - 0, 631)$ y cortes $(0, 0)$ , $(2, 0)$ , $(3, 0)$ .

Gráfica de la velocidad v_A = t³ − 5t² + 6t para t ≥ 0

b) 1. La velocidad aumenta cuando la aceleración $a = \frac{d v _{A}}{d t}$ es positiva, es decir, cuando la gráfica sube. 2. $3 t^{2} - 10 t + 6 > 0$ para $0 \leq t < 0, 785$ y para $t > 2, 55$ .

c) 1. La magnitud de la velocidad (el módulo $∣ v ∣$ ) aumenta cuando $v$ y $a$ tienen el mismo signo. 2. $v > 0$ y $a > 0$ : $v > 0$ en $] 0, 2 [$ y en $] 3, \infty [$ , y $a > 0$ si $t < 0, 785$ o $t > 2, 55$ . Se cumplen a la vez en $0 \leq t < 0, 785$ y en $t > 3$ . 3. $v < 0$ y $a < 0$ : $v < 0$ en $] 2, 3 [$ , y $a < 0$ en $] 0, 785; 2, 55 [$ . Se cumplen a la vez en $2 < t < 2, 55$ .

d) 1. El desplazamiento es la integral de la velocidad, con $x_{A} = 0$ en $t = 0$ . 2. $x_{A} = \int_{0}^{t} (s^{3} - 5 s^{2} + 6 s) d s = \frac{t ^{4}}{4} - \frac{5 t ^{3}}{3} + 3 t^{2}$ .

e) 1. $a_{B} = \frac{d v _{B}}{d t} = - 2 v_{B}$ es una ecuación de variables separables: $\int \frac{d v _{B}}{v _{B}} = - 2 \int d t$ , luego $ln ∣ v_{B} ∣ = - 2 t + C$ . 2. Entonces $v_{B} = K e^{- 2 t}$ . Con $v_{B} (0) = - 20$ : $K = - 20$ . 3. $v_{B} = - 20 e^{- 2 t}$ .

f) 1. $x_{B} = \int - 20 e^{- 2 t} d t = 10 e^{- 2 t} + C$ . Con $x_{B} (0) = 20$ : $C = 10$ , y $x_{B} = 10 + 10 e^{- 2 t}$ . 2. Se encuentran cuando $x_{A} = x_{B}$ : $\frac{t ^{4}}{4} - \frac{5 t ^{3}}{3} + 3 t^{2} = 10 + 10 e^{- 2 t}$ . 3. Con la CPG (Prueba 2) la solución con $t > 0$ es $t \approx 4, 41$ s.

Resultado: b) $0 \leq t < 0, 785$ , $t > 2, 55$ ; c) $0 \leq t < 0, 78$ , $2 < t < 2, 55$ , $t > 3$ ; d) $x_{A} = \frac{t ^{4}}{4} - \frac{5 t ^{3}}{3} + 3 t^{2}$ ; e) $v_{B} = - 20 e^{- 2 t}$ ; f) $t = 4, 41$ s

Ejercicio 310 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2015

Una partícula se mueve en línea recta. Su velocidad $v$ $m s^{- 1}$ en el instante $t$ segundos viene dada por $v = 9 t - 3 t^{2}$ , $0 \leq t \leq 5$ . En el instante $t = 0$ , el desplazamiento $s$ de la partícula desde el origen $O$ es de $3$ m.

a) Halle el desplazamiento de la partícula cuando $t = 4$ .

b) Dibuje aproximadamente el gráfico de desplazamiento/tiempo para esta partícula, $0 \leq t \leq 5$ , mostrando claramente dónde toca la curva a los ejes y las coordenadas de los puntos en los que el desplazamiento alcanza valores máximo y mínimos.

Para $t > 5$ , el desplazamiento de la partícula viene dado por $s = a + b cos \frac{2 π t}{5}$ de modo tal que $s$ es continuo para todo $t \geq 0$ .

c) Sabiendo además que $s = 16, 5$ cuando $t = 7, 5$ , halle los valores de $a$ y de $b$ .

d) Halle los valores $t_{1}$ y $t_{2}$ ( $0 < t_{1} < t_{2} < 8$ ) en los que la partícula vuelve al punto de partida.

Ver solución

a) 1. El desplazamiento es la integral de la velocidad: $s (t) = 3 + \int_{0}^{t} (9 u - 3 u^{2}) d u = 3 + \frac{9 t ^{2}}{2} - t^{3}$ (con $s (0) = 3$ ). 2. $s (4) = 3 + 72 - 64 = 11$ m.

b) 1. Los extremos de $s$ ocurren donde $v = 9 t - 3 t^{2} = 3 t (3 - t) = 0$ : $t = 0$ y $t = 3$ . Además hay que mirar el extremo del intervalo, $t = 5$ . 2. $s (0) = 3$ , $s (3) = 3 + 40, 5 - 27 = 16, 5$ , $s (5) = 3 + 112, 5 - 125 = - 9, 5$ . 3. Entre $0$ y $3$ la velocidad es positiva (la gráfica sube); entre $3$ y $5$ es negativa (baja). Máximo en $(3; 16, 5)$ y mínimo en el extremo $(5; - 9, 5)$ . 4. Corte con el eje $s$ : $(0, 3)$ . Corte con el eje $t$ : $3 + \frac{9 t ^{2}}{2} - t^{3} = 0$ da, con la CPG, $t \approx 4, 64$ , es decir, $(4, 64; 0)$ .

Gráfica de desplazamiento en función del tiempo de la partícula para 0 ≤ t ≤ 5

c) 1. Continuidad en $t = 5$ : $s (5) = - 9, 5$ debe coincidir con $a + b cos (2 π) = a + b$ . Entonces $a + b = - 9, 5$ . 2. En $t = 7, 5$ : $\frac{2 π \cdot 7 , 5}{5} = 3 π$ y $cos 3 π = - 1$ , así que $a - b = 16, 5$ . 3. Sumando ambas ecuaciones: $2 a = 7$ , luego $a = 3, 5$ ; y $b = - 9, 5 - 3, 5 = - 13$ .

d) 1. La partícula vuelve a la posición inicial cuando $s = 3$ . 2. Para $t \leq 5$ : $\frac{9 t ^{2}}{2} - t^{3} = 0$ , luego $t^{2} (\frac{9}{2} - t) = 0$ y $t_{1} = 4, 5$ (la solución $t = 0$ es el comienzo). 3. Para $t > 5$ : $3, 5 - 13 cos \frac{2 π t}{5} = 3$ , es decir, $cos \frac{2 π t}{5} = \frac{1}{26}$ . 4. Con $5 < t < 8$ , el ángulo $\frac{2 π t}{5}$ está entre $2 π$ y $3, 2 π$ aproximadamente, y la primera solución es $\frac{2 π t}{5} = 2 π + arccos \frac{1}{26} \approx 7, 8155$ , luego $t_{2} \approx 6, 22$ (la siguiente solución, $4 π - arccos \frac{1}{26}$ , da $t > 8$ ).

Resultado: a) $s = 11$ m; b) máx. $(3; 16, 5)$ , mín. $(5; - 9, 5)$ ; c) $a = 3, 5$ , $b = - 13$ ; d) $t_{1} = 4, 5$ s, $t_{2} = 6, 22$ s

Ejercicio 311 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2015

Richard, un soldado marino, salta de un helicóptero estacionario, a $1000$ m sobre el suelo, en el instante $t = 0$ . Su altura, en metros, sobre el suelo viene dada por $s (t)$ .

Durante los primeros $10$ segundos su velocidad, $v (t)$ $m s^{- 1}$ , viene dada por $v (t) = - 10 t$ .

a) (i) Halle su aceleración $a (t)$ para $t < 10$ .

(ii) Calcule $v (10)$ .

(iii) Muestre que $s (10) = 500$ .

En $t = 10$ su paracaídas se abre y su aceleración $a (t)$ viene dada posteriormente por $a (t) = - 10 - 5 v$ , $t \geq 10$ .

b) Sabiendo que $\frac{d t}{d v} = \frac{1}{\frac{d v}{d t}}$ , escriba $\frac{d t}{d v}$ en función de $v$ .

Se sabe que la aceleración de Richard, $a (t) = - 10 - 5 v$ , es siempre positiva, para $t \geq 10$ .

c) Por lo tanto muestre que $t = 10 + \frac{1}{5} ln (\frac{98}{- 2 - v})$ .

d) Usando lo anterior encuentre una expresión para la velocidad, $v$ , para $t \geq 10$ .

e) Calcule una expresión para su altura, $s$ , sobre el suelo para $t \geq 10$ .

f) Calcule el valor de $t$ cuando Richard aterriza en el suelo.

Ver resultado

Resultado: a) (i) $- 10 m s^{- 2}$ ; (ii) $- 100 m s^{- 1}$ ; b) $\frac{d t}{d v} = \frac{1}{- 10 - 5 v}$ ; d) $v = - 2 - 98 e^{- 5 (t - 10)}$ ; e) $s (t) = - 2 t + \frac{98}{5} e^{- 5 (t - 10)} + 500, 4$ ; f) $t = 250$ s

Ver proceso y resultado

a) (i) 1. $a (t) = v^{'} (t) = - 10 m s^{- 2}$ .

(ii) 1. $v (10) = - 10 \cdot 10 = - 100 m s^{- 1}$ .

(iii) 1. La altura es $s (t) = 1000 + \int_{0}^{t} - 10 u d u = 1000 - 5 t^{2}$ . 2. $s (10) = 1000 - 500 = 500$ m.

b) 1. Como $\frac{d v}{d t} = a = - 10 - 5 v$ , el inverso es $\frac{d t}{d v} = \frac{1}{- 10 - 5 v}$ .

c) 1. Técnica: separación de variables. $t = \int \frac{d v}{- 10 - 5 v} = - \frac{1}{5} ln ∣ 10 + 5 v ∣ + C_{1}$ , y como $ln ∣10 + 5 v ∣ = ln 5 + ln ∣2 + v ∣$ , la constante $ln 5$ se puede absorber en la constante: $t = - \frac{1}{5} ln ∣2 + v ∣ + C$ . 2. Como la aceleración es positiva, $- 10 - 5 v > 0$ , es decir, $- 2 - v > 0$ , y $∣2 + v ∣ = - 2 - v$ : $t = - \frac{1}{5} ln (- 2 - v) + C$ . 3. En $t = 10$ , $v = - 100$ y $- 2 - v = 98$ : $10 = - \frac{1}{5} ln 98 + C$ , luego $C = 10 + \frac{1}{5} ln 98$ . 4. $t = 10 + \frac{1}{5} ln 98 - \frac{1}{5} ln (- 2 - v) = 10 + \frac{1}{5} ln (\frac{98}{- 2 - v})$ .

d) 1. Despejamos $v$ : $5 (t - 10) = ln \frac{98}{- 2 - v}$ , luego $\frac{98}{- 2 - v} = e^{5 (t - 10)}$ . 2. $- 2 - v = 98 e^{- 5 (t - 10)}$ , y por tanto $v = - 2 - 98 e^{- 5 (t - 10)}$ .

e) 1. $s (t) = s (10) + \int_{10}^{t} v (u) d u = 500 + [- 2 u + \frac{98}{5} e^{- 5 (u - 10)}]_{10}^{t}$ . 2. $= 500 - 2 t + \frac{98}{5} e^{- 5 (t - 10)} + 20 - \frac{98}{5}$ . 3. $20 - 19, 6 = 0, 4$ , así que $s (t) = - 2 t + \frac{98}{5} e^{- 5 (t - 10)} + 500, 4$ .

f) 1. Aterriza cuando $s = 0$ . Con la CPG, $- 2 t + \frac{98}{5} e^{- 5 (t - 10)} + 500, 4 = 0$ da $t \approx 250$ s (el término exponencial ya es despreciable: $t \approx 250, 2$ ).

Ejercicio 312 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2015

La siguiente figura muestra la sección transversal vertical de un edificio.

Sección transversal de un edificio: tejado en forma de campana f(x) = 30e^(−x²/400) para −20 ≤ x ≤ 20 y rectángulo CDEF apoyado en el eje x, con E y F sobre la curva

La sección transversal del tejado del edificio se puede modelizar mediante la curva $f (x) = 30 e^{- \frac{x ^{2}}{400}}$ , donde $- 20 \leq x \leq 20$ . El eje $x$ representa el nivel de la calle.

a) Halle $f^{''} (x)$ .

b) Muestre que la pendiente de la función del tejado es máxima para $x = - 200$ .

La sección transversal del espacio habitable que queda bajo el tejado está modelizado por el rectángulo $CDEF$ , con los puntos $C (- a, 0)$ y $D (a, 0)$ , donde $0 < a \leq 20$ .

c) Muestre que el área ( $A$ ) máxima del rectángulo $CDEF$ es $6002 e^{- \frac{1}{2}}$ .

d) A la función $I$ se la conoce como el factor de aislamiento de $CDEF$ .

La función se define como $I (a) = \frac{P ( a )}{A ( a )}$ , donde $P =$ perímetro y $A =$ área del rectángulo.

(i) Halle una expresión para $P$ en función de $a$ .

(ii) Halle el valor de $a$ que minimiza $I$ .

(iii) Utilizando el valor de $a$ hallado en el apartado (ii), calcule el porcentaje del área de la sección transversal bajo todo el tejado que no está incluido en la sección transversal del espacio habitable.

Ver resultado

Resultado: a) $f^{''} (x) = - \frac{3}{20} e^{- x^{2} /400} (1 - \frac{x ^{2}}{200})$ ; d) (i) $P (a) = 4 a + 60 e^{- a^{2} /400}$ ; (ii) $a = 12, 6$ ; (iii) $43, 3 %$

Ver proceso y resultado

a) 1. Con la regla de la cadena, $f^{'} (x) = 30 e^{- x^{2} /400} \cdot (- \frac{2 x}{400}) = - \frac{3 x}{20} e^{- x^{2} /400}$ . 2. Regla del producto: $f^{''} (x) = - \frac{3}{20} e^{- x^{2} /400} - \frac{3 x}{20} \cdot (- \frac{x}{200}) e^{- x^{2} /400}$ . 3. $f^{''} (x) = - \frac{3}{20} e^{- x^{2} /400} (1 - \frac{x ^{2}}{200})$ .

b) 1. La pendiente del tejado es $f^{'}$ , y es máxima cuando $f^{''} = 0$ (con cambio de signo de $f^{'}$ creciente a decreciente). 2. $f^{''} (x) = 0 ⟺ 1 - \frac{x ^{2}}{200} = 0 ⟺ x = \pm 200$ . 3. Para $x < - 200$ , $1 - \frac{x ^{2}}{200} < 0$ y $f^{''} > 0$ ; para $- 200 < x < 0$ , $f^{''} < 0$ . Luego $f^{'}$ crece y luego decrece: en $x = - 200$ la pendiente es máxima. 4. Comprobamos que supera la del extremo: $f^{'} (- 200) = \frac{3 200}{20} e^{- 1/2} \approx 1, 29$ y $f^{'} (- 20) = 3 e^{- 1} \approx 1, 10$ . 5. Para $x > 0$ la pendiente es negativa, así que la máxima está en $x = - 200$ .

c) 1. El rectángulo tiene base $2 a$ y altura $f (a)$ : $A (a) = 2 a \cdot 30 e^{- a^{2} /400} = 60 a e^{- a^{2} /400}$ . 2. $A^{'} (a) = 60 e^{- a^{2} /400} (1 - \frac{a ^{2}}{200}) = 0$ cuando $a = 200 = 102 \approx 14, 1$ , dentro de $] 0, 20]$ . 3. $A^{'} > 0$ antes y $A^{'} < 0$ después, luego es un máximo. 4. $A_{m a ˊ x} = 60 \cdot 102 e^{- 200/400} = 6002 e^{- 1/2}$ .

d) (i) 1. Perímetro: dos lados horizontales de longitud $2 a$ y dos verticales de altura $f (a)$ . 2. $P (a) = 4 a + 2 \cdot 30 e^{- a^{2} /400} = 4 a + 60 e^{- a^{2} /400}$ .

(ii) 1. $I (a) = \frac{4 a + 60 e ^{- a^{2} /400}}{60 a e ^{- a^{2} /400}}$ . 2. Con la CPG (Prueba 2), buscamos el mínimo de $I$ en $] 0, 20]$ : $a \approx 12, 6$ .

(iii) 1. Área bajo todo el tejado: $\int_{- 20}^{20} 30 e^{- x^{2} /400} d x \approx 896, 19$ . 2. Área del rectángulo con $a = 12, 6$ : $A = 60 \cdot 12, 6 e^{- 12, 6^{2} /400} \approx 508, 6$ . 3. Área no incluida: $896, 19 - 508, 6 \approx 387, 6$ . 4. Porcentaje: $\frac{387 , 6}{896 , 19} \cdot 100 \approx 43, 3 %$ .

Resultado: a) $f^{''} (x) = - \frac{3}{20} e^{- x^{2} /400} (1 - \frac{x ^{2}}{200})$ ; d) (i) $P (a) = 4 a + 60 e^{- a^{2} /400}$ ; (ii) $a = 12, 6$ ; (iii) $43, 3 %$

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