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Timestamp: 2020-07-09 01:16:13+00:00

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CALCULO DIFERENCIAL - PDF Free Download
Author: Torimat Cordova
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Descrição: calculo diferencial
es un libro de ayuda para calculoFull description
Etapa-2 Calculo diferencial
Calculo Diferencial Mod1 PDF
es un libro de ayuda para calculoDescripción completa
A continuación se muestra las diferentes formas de representar las notaciones en calculo diferencial.
sillabus de claculo de una variable importante para lso studiantes de epsol
CALCULO DIFERENCIAL Toribio Córdova C.
TEMAS:  LÍMITES  CONTINUIDAD  DERIVADAS
UNFV – BASE 2009
Definición de límite. 𝐱 𝟐 −𝟑𝐱+𝟐
a) 𝑳𝒊𝒎
𝒙⟶𝟏 𝐱 𝟐 −𝟒𝐱+𝟑
𝑳𝒊𝒎 √𝐱 + 𝟑 = 𝟐 𝒙⟶𝟏
Resolución a) 𝑳𝒊𝒎
𝒙⟶𝟏
𝒙𝟐 −𝟑𝒙+𝟐
𝒙𝟐 −𝟒𝒙+𝟑
∀𝜀 > 0 , ∃ 𝛿 > 0 / x ∈ Dom f ⋀ 0< |𝑥 − 1| < 𝛿 ⟺ �𝑓(𝑥) − 2� < 𝜀 1
�𝑓(𝑥) − 2� < 𝜀
𝑥 2 − 3𝑥 + 2 1 − � <𝜺 𝑥 2 − 4𝑥 + 3 2
𝑥 2 − 2𝑥 + 1 � <𝜀 2(𝑥 2 − 4𝑥 + 3)
2𝑥 2 − 6𝑥 + 4 − 𝑥 2 + 4𝑥 − 3 � � <𝜀 2(𝑥 2 − 4𝑥 + 3)
(𝑥−1)2
�(𝑥−1)(𝑥−3) � < 𝜺
Toribio Córdova Condori
CALCULO DIFERENCIAL 1 2
|𝑥 − 1| �
�<𝜀
Acotamos con la asíntota
𝑥 − 3 = 0 ⇒ 𝑥 = 3 (Asíntota) |𝟑 − 𝟏| ∉< 0,1] ⟹ 𝛿1 = 1
�𝑎 – 𝑥𝑜 �𝜖 < 0,1]
−1 < 𝑥 − 1 < 1 0<𝑥<2
−3 < 𝑥 − 3 < −1
1 1 − > > −1 3 𝑥−3 �
1 1 |𝑥 − 1| � � < 𝜀 ⟹ |𝑥 − 1| < 2𝜖 = 𝛿2 𝑥−3 2
∴ 𝜹𝒎𝒊𝒏 = {𝟏, 𝟐𝜺}
b) 𝑳𝒊𝒎 √𝒙 + 𝟑 = 𝟐 𝒙⟶𝟏
∀𝜀 > 0 , ∃ 𝛿 > 0 / x ∈ Dom f ⋀ 0< |𝑥 − 1| < 𝛿 ⟺ |𝑓(𝑥) − 2| < 𝜀
|𝑓(𝑥) − 2| < 𝜀
�√𝑥 + 3 − 2� < 𝜺
𝑥+3−4 � �<𝜺 √𝑥 + 3 + 2 Toribio Córdova Condori
CALCULO DIFERENCIAL 𝑥−1 � �<𝜀 √𝑥 + 3 + 2 |𝑥 − 1| �
√𝑥 + 3 + 2
�<𝜺
Acotamos con el dominio 𝑥 + 3 >0
√𝑥 + 3 > 0
√ 𝑥 + 3 + 2 >2
� <2
√𝑥+3+2
1 𝜀 |𝑥 − 1| � � < 𝜀 ⟹ |𝑥 − 1| < = 𝛿1 2 √𝑥 + 3 + 2
𝜹𝒎𝒊𝒏 = { } 𝟐
Calcular 𝑳𝒊𝒎 𝒇(𝒙) si existe. 𝒙⟶𝟏
𝟒+∥ ∥ �√𝒙−∥ 𝒙 ∥�+∥ ∥ − ∥ 𝒙 − 𝟑 ∥ ; 𝒙 < −𝟏 𝒙
�𝟏 − (𝒙. 𝒔𝒈𝒏(𝒙))𝟐 −
𝟏 ; 𝒙 ≥ −𝟏 , 𝒙 ≠ 𝟎 𝒙
4+∥ 𝑥 ∥ �√𝑥−∥ 𝑥 ∥�+∥ ∥ − 𝑥 ∥ 𝑥 − 3 ∥ ; 𝑥 < −1
1 ; 𝑥 ≥ −1 , 𝑥 ≠ 0 𝑥
�1 − (𝑥. 𝑠𝑔𝑛(𝑥))2 −
𝑳𝒊𝒎 ∃ ⟺ 𝑳𝒊𝒎− = 𝑳𝒊𝒎+
𝒙⟶−𝟏
𝐿𝑖𝑚 4+∥ 𝑥 ∥ �√𝑥−∥ 𝑥 ∥�+∥ ∥ − 𝑥 ∥ 𝑥 − 3 ∥
𝑥⟶−1−
= 4 + (−1) ��𝑥 − (−2)� +∥ 0𝑥 − 3 ∥ = 4 − �√𝑥 + 2� − 3
𝒙 < −1
∥ 𝒙 ∥ = −𝟐
𝟏 ∥= −𝟏 𝒙
= 4 − ��(−1) + 2� − 3
𝟏 ∥= 𝟎 𝒙
=0 ii.
𝐿𝑖𝑚+�1 − (𝑥. 𝑠𝑔𝑛(𝑥))2 −
𝑥⟶−1
= �1 − �(−1)(−1)� −
=√0 + 1
𝑺𝒈𝒏(𝒙) < 0
∴ 𝑺𝒈𝒏(𝒙) = −𝟏
𝑪𝒐𝒎𝒐 𝑳𝒊𝒎− ≠ 𝑳𝒊𝒎+ 𝒙⟶−𝟏
𝑳𝒊𝒎 = ∄
Calcular : 𝑳𝒊𝒎
𝒙→−𝟏
√𝟓 + 𝒙 + √𝟐𝟔 − 𝒙 + √𝟏𝟓 − 𝒙 + √𝒙 + 𝟏 − 𝟕 𝟒
√𝒙 + 𝟏𝟎 √𝒙 + 𝟏 + √𝒙 + 𝟏 − 𝟑
Resolución 𝑳𝒊𝒎
√𝒙 + 𝟏𝟎 √𝒙 + 𝟏 + √𝒙 + 𝟏 − 𝟑 3
�5+𝑥−
2+ �26−𝑥−3+ �15−𝑥−2+ �𝑥+1−7−7 4 �𝑥+10−3 �𝑥+1+�𝑥+1−3+3
5+𝑥− 4
√5+𝑥+ 2
� √26−𝑥
26−𝑥−27 3
�+� √26−𝑥�(3)+(32 ) 𝑥+10−9
� √15−𝑥
15−𝑥−16 4
�+� √15−𝑥 �(2)+(22 )
+ √𝑥 + 1 + √𝑥 + 1 𝑥+10+3
𝑥+1 −(𝑥+1) −(𝑥+1) + + 27 12 = 4 𝑥+1 6
+ √𝑥 + 1
Racionalización (𝒂𝒏 − 𝒃𝒏 ) = (𝒂 − 𝒃)(𝒂𝒏−𝟏 +𝒂𝒏−𝟐 𝒃 + 𝒂𝒏−𝟑 𝒃𝟐 + … + 𝒃𝒏−𝟏 )
27(𝑥+1)−4(𝑥+1)−9(𝑥+1) 108 𝑥+1 6
14(𝑥+1) 108 𝑥+1 6
14(𝑥+1)
= 18(𝑥+1) = 9
∴ 𝑳𝒊𝒎
√𝟓+𝒙+ √𝟐𝟔−𝒙+ √𝟏𝟓−𝒙+ √𝒙+𝟏−𝟕 𝟒
√𝒙+𝟏𝟎 √𝒙+𝟏+√𝒙+𝟏−𝟑
=𝟗
𝒙−
𝒙→𝝅∕𝟒
b) 𝑳𝒊𝒎 𝒙→𝟎
𝒕𝒈 (𝒙− 𝟒 ) 𝝅 𝟒
𝒄𝒐𝒔(𝒏𝒙)−𝒄𝒐𝒔( 𝒎𝒙) 𝒙𝟐
,𝒎 > 𝒐
a) 𝐿𝑖𝑚
𝑥→𝜋∕4 𝜋
𝑥− =𝑢 4
𝐿𝑖𝑚 𝑢→0
∴ Toribio Córdova Condori
𝑡𝑔 (𝑥− 4 ) 𝑥− 4
⟹𝑥=𝑢+
𝑡𝑔 (𝑢 + 𝑢+
𝑥→
𝑢→0
𝑡𝑔 (𝑢) 𝑢
𝐿𝑖𝑚 𝑥→0
cos(𝑛𝑥)−cos( 𝑚𝑥) 𝑥2
𝑛𝑥−𝑚𝑥
� 𝑠𝑒𝑛 �
𝒎𝟐 −𝒏𝟐 𝟐
� 𝑚−𝑛 𝑥(𝑚−𝑛) 2 𝑥(𝑚−𝑛) 2
𝑠𝑒𝑛𝑥 � 2 �
𝑚−𝑛
�𝑥�
𝑚𝑥−𝑛𝑥
𝑥(𝑚+𝑛) 𝑚+𝑛 𝑠𝑒𝑛 𝑥� 2 � 2 𝑥(𝑚+𝑛) 2
2𝑥 �
𝑛𝑥+𝑚𝑥
2𝑠𝑒𝑛 �
𝐿𝑖𝑚 𝐿𝑖𝑚
; 𝑚>𝑜
−2𝑠𝑒𝑛 �
Propiedad Cos A + Cos B = - 2sen
𝑨+𝑩 𝟐
𝑨−𝑩 𝟐
Usando límites calcule: 𝑳𝒊𝒎 𝝅 𝜶→
𝑨𝒓𝒆𝒂 ∆𝑩𝑻𝑸 𝑨𝒓𝒆𝒂 ∆𝑷𝑩𝑪
Resolución Se pide: L = limπ α→
Area ∆BTQ ………………(1) Area ∆PBC cosθ⋅ tg(45º −θ /2)
N 45º −θ /2
co sθ
Cálculo de las áreas De la figura:
∗ Area ∆BTQ =
BQ ⋅TM ……………….(2) 2
∗ Area ∆PBC =
PC ⋅NB ………………….(3) 2
θ  Se observa: BQ = 1+ csc θ; TM = cosθ; PC = tgθ; NB = cosθ⋅ tg 45º −  
Reemplazando en (2) y (3): ∗ Area = ∆BTQ
(1+ csc θ)⋅cosθ (1+ senθ)⋅cosθ = 2 2senθ
θ   90º −θ  tgθ⋅cosθ⋅ tg 45º −  tgθ⋅cosθ⋅ tg  2=   2  ∗ Area ∆PBC = 2 2 1− cos(90º −θ)  tgθ⋅cosθ⋅   sen(90º −θ)  tgθ⋅cosθ⋅(1− senθ) Area ∆PBC = = 2 2cosθ
(1+ senθ)⋅cosθ (1+ senθ)⋅cosθ Area ∆BTQ 2 senθ senθ L lim = = lim = lim π π π α→ Area ∆PBC α→ tgθ⋅ cosθ ⋅(1− senθ) α→ senθ ⋅(1− senθ) 2 2 2 cosθ 2 cosθ (1+ senθ)⋅(1+ senθ) (1− senθ) (1+ senθ)⋅cos2 θ (1+ senθ)⋅(1− sen2 θ) = = = L lim lim lim 2 2 π π π (1− senθ) sen2 θ (1− senθ)sen θ α→ (1− senθ)sen θ α→ α→ 2
(1+ senθ)2 π sen2 θ α→
θ 180º −α Pero:=
π  1+ sen  [ ]2  [ ] [1+ sen(180º −α )] 1+ senα 2  = 1+1 = 2= 2 = = lim =  L lim 4 2 2 2 π π π 2 sen (180º −α ) sen α 1 α→ α→ sen 2 2 2 2
∴ 𝑳𝒊𝒎 𝝅 𝜶→ 𝟐
𝑨𝒓𝒆𝒂 ∆𝑩𝑻𝑸 =𝟒 𝑨𝒓𝒆𝒂 ∆𝑷𝑩𝑪
𝒙𝟕 −𝒙𝟓
𝑳𝒊𝒎 � � 𝒙𝟐 +𝟏 − 𝒙�; si existe 𝒙→∞
Racionalización (𝒂𝒏 −𝒃𝒏 )
𝑥7 − 𝑥5 � − 𝑥� 𝐿𝑖𝑚 � 𝑥→∞ 𝑥2 + 1 5
⎪� � x2+1 � ⎩
𝑥→∞ ⎨ 5 7 5 x −x
𝑥→∞ ⎨
𝑨 =𝟎 ∞A ∃ 𝑅
x7 −x5
� � x2+1 � − (𝑥)5
+ �� 2 � 𝑥+ � � x2+1 � 𝑥2 + x +1 x7 −x5 x2 +1
5 x7 −x5 ⎬ � � x2 +1 � 𝑥3 + 𝑥4 ⎪ ⎭
⎬ 5 x7 −x5 ⎪� � 2 � + � � 2 � 𝑥+ � � 2 � 𝑥 2 + � � 2 � 𝑥 3 + 𝑥 4 ⎪ x +1 x +1 x +1 x +1 ⎩ ⎭
= 𝐿𝑖𝑚
Factor Racionalizante
(𝒂𝒏−𝟏 +𝒂𝒏−𝟐 𝒃+⋯+𝒂𝒃𝒏−𝟐 +𝒃𝒏−𝟏 )
5 x7 −x5
𝑥 7 −𝑥 5 −𝑥 5 (𝑥 2 +1) 𝑥 2 +1
⎬ 5 𝑥 7 −𝑥 5 ⎪ � � 2 � + � � 2 � 𝑥+ � � 2 � 𝑥 2 + � � 2 � 𝑥 3 + 𝑥 4 ⎪ 𝑥 +1 𝑥 +1 𝑥 +1 𝑥 +1 ⎩ ⎭
(𝑥 2
5 𝑥 7 −𝑥 5
𝑥 7 −𝑥 5
𝑥7 − 𝑥5 − 𝑥7 − 𝑥5
� + � � 𝑥 2 +1 � 𝑥+ � � 𝑥 2 +1 � 𝑥 2 + � � 𝑥 2 +1 � 𝑥 3 + 𝑥 4 � 𝑥 2 +1
5 𝑥7 −𝑥5 �� � 2 � 𝑥 +1 (𝑥 2 +1)
UNFV – BASE 2009 −2𝑥 5
5 𝑥7 −𝑥5 +� � 2 � 𝑥 +1
2 5 𝑥7 −𝑥5 5 𝑥7 −𝑥5 𝑥+� � 2 � 𝑥 2 + � � 2 �𝑥 3 +𝑥 4 � 𝑥 +1 𝑥 +1 −2𝑥 5
⎧ 5 𝑥7−𝑥5 5 𝑥7 −𝑥5 𝑥2 1 2 𝑥2 +1 � � 1 + 1� � � + � � 𝑥 +1 � 5 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥5 ⎨ ⎩
= 𝐿𝑖𝑚 𝑥→∞
𝑥2 𝑥
� �� � 1
𝑥 7 +𝑥
�𝑥 + 𝑥� ���
� + �� 5
𝑥7 𝑥5 − 𝑥7 𝑥7 7 𝑥 𝑥5 + 𝑥7 𝑥7
−2𝑥 5
5 𝑥7 −𝑥5 𝑥2 +1 𝑥5
� 2 + �
+ �� 2
𝑥3 𝑥3
𝑥3 𝑥
𝑥4 ⎬
𝑥4 𝑥4
−2 𝑥→∞ (𝑥)(5)
−2 1 𝐿𝑖𝑚 = 0 5 𝑥→∞ 𝑥
𝑳𝒊𝒎 � � 𝒙→∞
𝒙𝟕 −𝒙𝟓 𝒙𝟐 +𝟏
− 𝒙� = 𝟎
= 𝐿𝑖𝑚 =
Usando la definición, probar que:
𝑳𝒊𝒎 𝒙→𝟐
𝟏−𝒙 = −∞ (𝒙 − 𝟐)𝟐
Se tiene que: Domf ( x ) =¡ −{2} ⇒ x =2 es un punto de acumulación del dominio.
La definición del límite de f ( x ) = lim
x →2 ( x − 2)2
1− x cuando f(x) tiende a −∞ , si x tiende a 2 es: ( x − 2)2
= −∞ ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0 / x ∈Domf ( x ) ∧ si 0 < x − 2 < δ ⇒ f ( x ) < − M ⇒= f (x)
Si 0 < x − 2 < δ1 =
1− x < − M ……………………………..….(1) ( x − 2)2
1 1 1 1 3 ⇒ − < x − 2 < ⇒ < x −1< 2 2 2 2 2
Como: ( x − 2)2 > 0; siendo x ≠ 2 ⇒ multiplicamos la expresión anterior por: ⇒
1 x −1 3 < < 2 2 2( x − 2) ( x − 2) 2( x − 2)2
3 1− x 1 …………………...(2) < <− 2 2 2( x − 2) ( x − 2) 2( x − 2)2
De las ecuaciones (1) y (2): ⇒ −
1 < −M 2( x − 2)2
⇒ 2( x − 2)2 <
1 >M 2( x − 2)2
1 1 1 ⇒ ( x − 2)2 < ⇒ x −2 < M 2M 2M
Si 0 < x − 2 < δ se toma: δ =
1 ( x − 2)2
∴ 8.
𝜹 = {𝜹𝟏 ; 𝜹𝟐 } = 𝒎í𝒏 � ; � 𝟐
𝟐𝑴
� Rpta
Calcular: (𝒕𝒂𝒏 𝒙 − 𝟐 𝒔𝒊𝒏 𝒙) + 𝒔𝒊𝒏 𝒙 𝒕𝒂𝒏 𝒙 − (𝒔𝒊𝒏 𝒙)𝟐 + 𝟎. 𝟓 𝒔𝒊𝒏 𝟐𝒙 𝑳𝒊𝒎 𝒙→𝟎 𝒙𝟑 (𝟏 − 𝒔𝒊𝒏 𝒙 − 𝒄𝒐𝒔 𝒙) Resolución 2 Sea f ( x ) = ( tgx − 2senx ) +3 senx .tgx − sen x + 0, 5sen2x
x (1 − senx + cosx )
Reduciendo la función:
senx  1  − 2  + senx . − sen2 x + 0, 5 × 2senx .cosx senx  cosx cosx   f (x ) = x 3(1 − senx + cosx )
senx  1  −2+ − senx + cosx  senx  cos cos x x   f (x ) = x 3(1 − senx + cosx ) senx  1  − 1+ − 1 − senx + cosx  senx  x x cos cos   f (x ) = x 3(1 − senx + cosx ) cosx senx  1  − + − 1 − senx + cosx  senx  cosx cosx cosx   f (x ) = 3 x (1 − senx + cosx )  1 − cosx + senx  − (1 − cosx + senx ) senx  cosx   f (x ) = 3 x (1 − cosx + senx )
 1  − 1 senx (1 − cosx + senx )  cosx   f (x ) = 3 x (1 − cosx + senx )
 1 − cosx  senx 2x  senx  (1 − cosx ) tgx ⋅ 2sen  2   cos x   cos   x = = f (x ) = 3 3 3
x  x  x  sen2   sen2   sen2   tgx tgx 1 tgx 2 = 2 = 2 f (x ) = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 2 2 2 2 2 x x x 2 x x  x  4    2 2
Reemplazando en el límite: 1 tgx ⋅ lim f ( x ) = lim ⋅ x→0 x→0 2 x
x  x  sen2   sen2   x 1 tg 2   = lim  2  = 1 ⋅ 1⋅ 1 ⋅ lim 2 2 x→0 x→0 x 2 2 x  x      2 2
𝑳𝒊𝒎 𝒇(𝒙) = 𝒙→𝟎
𝐟(𝐱) = |𝐱 + 𝟓| +
𝟓 |𝐱| − 𝟒
Bosqueje el gráfico de f mostrando sus asíntotas. Resolución El dominio de la función f(x) será: ) Domf ( x =
{x ∈ ¡
/ x − 4 ≠ 0}=
/ x ≠ 4}= {x ∈ ¡ / x ≠ 4 ∨ x ≠ −4}
Redefiniendo la función:
𝑉𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑜𝑠 𝑥 = −5, 𝑥 = 0 (𝑥 ≠ 0)
Se tienen 3 intervalos: Toribio Córdova Condori
∗ x < −5 ⇒
x+5 = −( x + 5) ∧
⇒ f1( x ) = −( x + 5) + ∗ −5≤ x < 0 ⇒
∗ x >0
5 ; x < −5 −x − 4
x+5 = x +5 ∧
⇒ f2 ( x )= x + 5 −
5 ; − 5 ≤ x < 0 , x ≠ −4 x +4
x+5 =x + 5 ∧
⇒ f3 ( x ) = x + 5 +
5 ; x ≥ 0, x ≠ 4 x −4
5    −  x + 5 + x + 4  ; x < −5   5 f ( x= ) x + 5 − ; − 5 ≤ x < 0 , x ≠ −4 x +4   5 ; x ≥ 0, x ≠ 4 x + 5 + x −4 
Las posibles asíntotas verticales de la gráfica de f(x) serán en los puntos de acumulación del dominio (𝑥 = ±4).
5  5  ∗ lim − f ( x ) =lim −  x + 5 −  =−4 + 5 − − =1 + ∞ =+∞ x →−4 x →−4  x +4 0 5  5  ∗ lim + f ( x ) =lim +  x + 5 −  =−4 + 5 − + =1 − ∞ =−∞ x →−4 x →−4  x +4 0
∴ 𝒙 = −𝟒 es una Asíntota Vertical
5  5  ∗ lim− f ( x ) =lim−  x + 5 +  =4 + 5 + − =9 − ∞ =−∞ x →4 x →4  x −4 0
5  5  ∗ lim+ f ( x ) =lim+  x + 5 +  =4 + 5 + + =9 + ∞ =+∞ x →4 x →4  x −4 0
∴ 𝒙 = 𝟒 es una Asíntota Vertical Toribio Córdova Condori
5   ∗ lim f ( x ) = lim  x + 5 +  = +∞ + 0 = +∞ ∉ ¡ x →+∞ x →+∞  x −4
5   ∗ lim f ( x ) = lim −  x + 5 +  = − ( −∞ + 0 ) = +∞ ∉ ¡ x →−∞ x →−∞  x +4
∴ No tiene Asíntota Horizontal
Asíntotas oblicuas: 𝒚 = 𝒎𝒙 + 𝒃  A.O.D:
x +5+
f (x ) m lim = lim = x →+∞ x x →+∞
lim f ( x ) − mx = 
5 x −= 4
 lim x + 5 +
x →+∞  
5  lim 1 + +
x →+∞  
x −4 ∴
 A.O.I:
 x −= 
5  1 = x ( x − 4 ) 
 lim 5 +
5  = 5
x − 4 
  −x + 5 +  f (x ) 5 5   x 4  +  m =lim =lim = − lim  1 + + = −1 x →−∞ x x →−∞ x →−∞  x x x ( x + 4 ) 
lim f ( x ) − mx =
x →−∞ 
5     lim −  x + 5 +  + x = x +4  
x →−∞  
 lim −x − 5 −
5 5    + x = lim  −5 − = −5 x →−∞ x +4 x − 4   
CALCULO DIFERENCIAL X=-4
UNFV – BASE 2009 X=4
Dada la función definida por:
𝑺𝒈𝒏(𝒙𝟐 − 𝟖) − 𝟑; 𝒙 ≤ −𝟑
𝒙 𝒙 � � + 𝟓𝒔𝒈𝒏(𝒙 − 𝟓); −𝟑 < 𝑥 < 𝟎 𝟑 𝒙−𝟑 ; 𝒙≥𝟎 𝒙𝟐 − 𝒙 − 𝟔
Determinar los puntos de discontinuidad. Determinar el tipo de discontinuidad y si es posible redefinir la función para evitar la discontinuidad. Resolución Redefiniendo la función f(x). Para ello hallaremos:
∗ Si: x ≤ −3 ⇒ x 2 ≥ 9 ⇒ x 2 − 8 ≥ 1 > 0 ⇒ sgn( x 2 − 8 ) = 1
∗ 𝑆𝑖: − 3 < 𝑥 < 0 ⟹ −1 < Toribio Córdova Condori
𝑥 𝑥 < 0 ⟹ � � = −1 3 3
∗ Si: − 3 < x < 0 ⇒
− 8 < x − 5 < −5 ⇒ sgn( x − 5) =−1
x −3 x −3 1 ; x ≥ 0, x ≠ 3 = = ( )( ) x − 3 x + 2 x +2 x −x −6 2
 −2 ; x ≤ −3  f ( x ) = −x − 5 ; − 3 < x < 0  1  ; x ≥ 0, x ≠ 3 x + 2
 1 − 3 ; x ≤ −3  f ( x )= x ( −1) + 5( −1) ; − 3 < x < 0 ⇔  1  x ≥0 ; x + 2
Graficando f(x):
Se observa que la función es discontinua en x=0. El tipo de discontinuidad es inevitable. Lo que me indica que no es posible redefinir la función para hacerla continua en dicho punto. Rpta
Resolver: a) Sea 𝒇(𝒙) =
�𝟔+ 𝟔√𝒙 −𝟐 𝒙−𝟔𝟒
; 𝒙 ≠ 𝟔𝟒; ¿Cómo debe ser definida
f(64), de modo que la función sea continua en x= 64?
b) Un automóvil viaja de noche por una carretera en forma de parábola con vértice en el origen, el vehículo parte de un punto a 100 m al oeste y a 100 m al norte del origen y viaja en
hacia el este. Hay una estatua a 100 m al este y 50 m al norte de origen ¿en qué punto de la carretera los faros del automóvil la iluminaria? Resolución a) Debemos redefinir la función en x=64 a fin de hacerla continua en dicho punto.
Aplicamos límite de una función cuando x tiende a 64: = lim f ( x ) x → 64
3 6+ 6 x −2 0 = lim x → 64 x − 64 0
Levantando la indeterminación:
(Forma indeterminada)
3 3 6+ 6 x −2 6 + 6 x − 2 3 ( 6 + 6 x )2 + 3 6 + 6 x .2 + 22 = = lim ⋅ lim f ( x ) lim x → 64 x → 64 x → 64 3 x − 64 x − 64 ( 6 + 6 x )2 + 3 6 + 6 x .2 + 22
6+ 6 x −8 1 ⋅ x → 64 x − 64 3 ( 6 + 6 x )2 + 2 3 6 + 6 x + 4
= lim f ( x ) lim x → 64
x − 2 6 x 5 + 6 x 4 ⋅ 2 + 6 x 3 ⋅ 22 + ... + 25 lim f ( x ) lim = ⋅ ⋅ 6 x → 64 x → 64 3 ( 6 + 6 x )2 + 2 3 6 + 6 x + 4 x − 64 6 x 5 + 6 x 4 ⋅ 2 + x 3 ⋅ 22 + ... + 25 6
x − 64 1 ⋅ 6 x → 64 x → 64 3 ( 6 + 6 x )2 + 2 3 6 + 6 x + 4 x − 64 6 x 5 + 6 x 4 ⋅ 2 + x 3 ⋅ 22 + ... + 25 1 1 1 1 lim f ( x ) = ⋅ = ⋅ 5 5 x →64 3 ( 6 + 2)2 + 2 3 6 + 2 + 4 6 ⋅ 2 3 ⋅ 4 6 ⋅ 2 1
= lim f ( x ) lim
La función redefinida será: 3 6 + 6 x −2  ; x ≠ 64  f ( x ) =  x − 64  1 ; x = 64  2304
b) Graficando:
-100 P(a,b)
Ecuación general de la parábola con vértice en el origen:
y = ax 2 ...........................
2 Pero ( −100; 100 ) ∈ Parábola ⇒ En la Ec.(1) : 100 =a( −100 ) ⇒ a =
1 y =x 2 .............................. (2) 100
Hallando la ecuación de la recta LT de la iluminación en el punto P: Para ello consideramos el punto de paso (100; 50): (de la estatua) y − 50 = m( x − 100 ) ⇒ y = mx + 50 − 100m .............................
Cálculo de la pendiente “m” con la ecuación de la parábola: 2 1 m =y ¢= x ⇒ m= x 100 50
1 2 x − 2x + 50 .........................(4) 50
Igualando las ecuaciones (2) y (4):
1 2 1 2 x= x − 2x + 50 100 50
0= x 2 − 200x + 5000
Resolviendo: x =
200 ± 2002 − 4(1)( 5000 ) 200 ± 100 2 = 2 2
x = 100 ± 50 2 ⇒ x 1 = 100 − 50 2 ∨ x 2 = 100 + 50 2
En la ecuación (2): ⇒ y =
1 (100 − 50 2 )2 = (10 − 5 2 )2 = 150 − 100 2 100
Finalmente el punto P pedido es:
𝑷(𝒂; 𝒃) = (𝟏𝟎𝟎 − 𝟓𝟎√𝟐; 𝟏𝟓𝟎 − 𝟏𝟎𝟎√𝟐)
Hallar c y d para que f(x) sea continua:   x 2 + 8 − 3 x 2 − 24 x + 2  c   ; x < −1   3 7 − x + 5 − x 2 − 4    f ( x ) = cd −1 ; x = −1  −2 5 31 − x − 6 x − 8 d ; x > −1  3 26 − x − 5x − 8  
Resolución  x 2 + 8 − 3 x 2 − 24 x + 2  d −2 ( 5 31− x − 6 x − 8)  ; x < −1 ∧ f2 ( x ) Sea f1( x ) c  ; x > −1 = = 3  3 7− x + 5− x 2 − 4  x x 26 5 8 − − −  
La función f(x) será continua en x 0 = −1 ⇔ se cumplen las tres condiciones siguientes: i) ∃f ( −1) = cd −1
 x 2 + 8 − 3 x 2 − 24 x + 2  d −2 ( 5 31− x − 6 x − 8) = lim+ 3  3 7 − x + 5 − x 2 − 4  x→−1 26 − x − 5 x − 8  
ii) lim f1( x ) = lim f2 ( x ) ⇔ lim c  x →−1−
 x 2 + 8 − 3 x 2 − 24 x + 2  ( x 2 + 8 − 3) − ( 3 x 2 − 24 x + 2 − 3)   c c lim = ∗ lim− f1( x ) lim = − 3 x →−1 x →−1−  7 − x + 5 − x 2 − 4  x →−1 ( 3 7 − x − 2) + ( 5 − x 2 − 2) 
Multiplicando cada término por sus factores racionalizantes: ( x 2 + 8 − 3)⋅
lim− f1( x ) = c lim−
x2 +8 +3
( 3 7 − x − 2)⋅
x2 +8 −9 lim− f1( x ) = c lim−
− ( 3 x 2 − 24 x + 2 − 3)⋅
( x 2 − 24 x + 2)2 + 3 3 x 2 − 24 x + 2 + 32
(7 − x )2 + 2 3 7 − x + 22
+ ( 5 − x 2 − 2)⋅
5− x 2 +2 5− x 2 +2
x 2 − 24 x + 2 − 27
( x 2 − 24 x + 2)2 + 3 3 x 2 − 24 x + 2 + 32 [7 − x − 8] 5− x2 − 4 + 3 (7 − x )2 + 2 3 7 − x + 22 5− x2 +2
CALCULO DIFERENCIAL x 2 −1 lim− f1( x ) = c lim−
x −1 x →−1
( x +1) ( x − 25)
( x − 24 x + 2) + 3 3 x 2 − 24 x + 2 + 9 −1 x −1 − 2 3 3 (7 − x ) + 2 7 − x + 4 5− x2 +2
( x − 24 x + 2)2 + 3 3 x 2 − 24 x + 2 + 9 ( x +1) ( x −1) − ( x +1) − 3 (7 − x )2 + 2 3 7 − x + 4 5− x2 +2
x 2 − 24 x − 25
( x 2 − 24 x + 2)2 + 3 3 x 2 − 24 x + 2 + 9 −( x +1) −( x 2 −1) + 3 (7 − x )2 + 2 3 7 − x + 4 5− x2 +2
( x +1) ( x −1) x →−1
−2 −26 1 26 17 − − + 68 6 3(9) lim− f1( x ) = c⋅ c ⋅ 3 27 = c ⋅ 27 = c = 1 1 5 45 −1 −2 x →−1 − − + 3(4) 2(2) 12 2 12
5 31− x − 6 x − 8 −2 ( 5 31− x − 2) − 6( x +1) −2 = ∗ lim+ f2 ( x ) d= lim+ 3 d lim+ 3 x →−1 x →−1 x →−1 ( 26 − x − 3) − 5( x +1) 26 − x − 5 x − 8
Multiplicando por sus factores racionalizantes: ( 5 31− x − 2)⋅
lim f2 ( x ) = d
(31− x )4 + 5 (31− x )3 .2 + ... + 24
( 3 26 − x − 3)⋅
(26 − x )2 + 3 3 26 − x + 32
− 6( x +1)
− 5( x +1)
31− x − 32
− 6( x +1) (31− x )4 + 5 (31− x )3 .2 + ... + 24 26 − x − 27 − 5( x +1) 3 (26 − x )2 + 3 3 26 − x + 32
− ( x +1)
− 6 ( x +1) (31− x )4 + 5 (31− x )3 .2 + ... + 24 − ( x +1) − 5 ( x +1) 3 (26 − x )2 + 3 3 26 − x + 32
−1 lim f2 ( x ) = d
(31− x )4 + 5 (31− x )3 .2 + ... + 24 −1 −5 3 (26 − x )2 + 3 3 26 − x + 32
−1 1 481 −6 − −6 4 481×27 =d −2 ⋅ 80 =d −2 ⋅ 80 =d −2 ⋅ lim+ f2 ( x ) =d −2 ⋅ 5⋅2 −1 1 136 x →−1 80×136 −5 − −5 2 27 27 3⋅3
⇒ lim f ( x ) = lim− f1( x ) = lim+ f2 ( x ) ⇒ x →−1
cd −1 ⇒ iii) lim f ( x ) = x →−1
68 481×27 c= d −2 ⋅ cd −1 = 45 80 ×136
Igualando: ∗
45 68 c = c d −1 ⇒ d = 68 45
∗ 𝑐𝑑 −1 = 𝑑 −2 .
481𝑥27 80𝑥136
Rpta 1 481𝑥27
⟹𝑐= .
𝑑 80𝑥136
68 481×27 c= d −2 ⋅ 45 80×136
𝟏𝟒𝟒𝟑 𝟖𝟎𝟎
⟹𝑐=
68 481𝑥27
45 80𝑥136
Halle el área de la región comprendida por la recta tangente normal a la curva cuya ecuación es 𝒙𝟐 + 𝒙𝒚 +
𝒚𝟐 = 𝟕 en el punto (1;2) y la asíntota oblicua derecha a la gráfica de la función:
𝟐𝒙𝟑 + 𝟑𝒙 + 𝟏 𝒇(𝒙) = 𝟐 + �𝒙𝟐 + 𝟔 𝒙 −𝒙−𝟔 Resolución 7 en el Sean LT y LN rectas tangente y normal respectivamente a la curva x 2 + xy + y 2 =
punto (1;2).
⇒ y= mx + 2 − m ………………………..
1 1 1 ( x −1) ⇒ y =− x + 2 + …………………….. m m m
LT : y − 2= m( x −1)
LN : y − 2 =−
Calculando “m”:
7 Derivando implícitamente la ecuación de la curva x 2 + xy + y 2 = 2 x + y + xy ¢+ 2 yy ¢= 0 ⇒ ( x + 2 y ) y ¢= - (2 x + y )
⇒ y ¢= m = -
En (1,2) la pendiente m será: m = -
2x + y x +2y
2(1) + 2 4 =− 1+ 2(2) 5
Reemplazando en las ecuaciones (1) y (2): 4 14 5 3 LT : y = − x+ ∧ LN : y =x + 5 5 4 4
Calculando ahora, la asíntota oblicua derecha a la gráfica de la función: Toribio Córdova Condori
CALCULO DIFERENCIAL = f (x)
UNFV – BASE 2009 2 x 3 + 3 x +1 + x2 +6 2 x − x −6
Sea la ecuación de la asíntota oblicua derecha de f(x):
= y ax + b
Hallando “a” y “b”:
2 x 3 + 3 x +1 + x2 +6 2 2 x 3 + 3 x +1 f (x) x2 +6 6 x x − − a lim = ∗ = lim = lim + x →+∞ x x →+∞ x →+∞ x ( x 2 − x − 6) x x
3 1 6 3 1  x 3  2 + 2 + 3  x 1+ 2 2+ 2 + 3 x  x x = x x + 1+ 6 + a = lim lim 1 6 x →+∞ x →+∞ x  1 6  x2 1− − 2 x 3 1− − 2  x x  x x 
2+0+0 + 1+ 0 ⇒ = a 3 1− 0 − 0
 2 x 3 + 3 x +1  ) − ax ] lim  2 b lim [f ( x= ∗= + x 2 + 6 −3x  x →+∞ x →+∞  x − x − 6  2  2   2 x 3 + 3 x +1  ( x 2 + 6 − x ) lim  2 x 2 +15 x +1+ ( x 2 + 6 − x )⋅ x 2 + 6 + x  b lim  2 = − 2 x  += x →+∞  x − x − 6   x →+∞  x − x − 6 x + 6 + x 
 2  15 1    x  2 + x + x 2    2 x 2 +15 x +1 x 2 + 6 − x 2  6 b lim  2 + lim  = + =   2 x →+∞ x →+∞ 1 6     x x 6 − − 2 6  x x 6 + +   x 1− − 2  x  1+ +1    x x  x 2    
2 6 =2 + 0 ⇒ b =2 1 ∞⋅2
Evaluando el límite se obtiene: b = + En la ecuación (3):
= y 3x +2
(Ecuación de la asíntota oblicua derecha de f(x))
Con las rectas obtenidas, determinamos sus puntos de intersección: 4 14 5 3 LT : y = − x+ ∧ LN : y =x + 5 5 4 4
∧ A.O.D: y =+ 3x 2
4 50 5 1 Resolviendo se obtienen: (1;2),  ;  ,  − ; −   19 19   7
Graficando las ecuaciones de rectas halladas:
CALCULO DIFERENCIAL LT
UNFV – BASE 2009 A.O.D.
B  4 ; 50   19 19 
 5 1 − ;−   7 7
Finalmente el área sombreada: Area =
AB ⋅ AC ………………………………(4) 2
 4   50   −1 +  − 2  =  19   19 
 5  1 1+  +  2 +  =  7  7
𝟑√𝟒𝟏 𝟑√𝟒𝟏 . 𝟕 𝟏𝟗
𝑨𝒓𝒆𝒂 =
 15   12  3 41   +  = 19  19   19  2
 12   15  3 41   +  = 7 7 7
𝟑𝟔𝟗 𝟐𝟔𝟔
x 3   nπx +1  2  nπx +1 = f (x) cos   − sen   +1  4 + mx   nx   nx  
f (x)= − Hallar n m si: xlim →+∞ 2
Resolución Transformando f(x):
x 3   nπx +1  2  nπx +1  cos   − sen   +1  4 + mx   nx   nx  
 x 3   nπx +1 2  nπx +1 2  nπx +1 2  nπx +1 cos   − sen   + sen   + cos   4 + mx   nx   nx   nx   nx 
x 3   nπx +1 2  nπx +1  cos   + cos    4 + mx   nx   nx   3
x  nπx +1   nπx +1 f ( x ) =⋅cos   1+ cos   4 + mx  nx    nx  
x3  nπx +1 2  nπx +1 f ( x ) = ⋅cos   ⋅2cos   4 + mx  nx   2nx  = f (x)
(x) f=
2x3 1    π 1   ⋅cos  π+  ⋅ cos  +  4   nx    2 2nx  x  +m x  2x2   1    1  ⋅ −cos   ⋅ −sen  4  nx     2nx  +m  x
 1  sen2   −2 x  1  1  −2  1  2nx  f ( x ) = ⋅cos   ⋅sen2  = ⋅ cos ⋅    4 1  nx   2nx  4 + m  nx  +m x x x2 2
  1   1  1 sen2  sen − 2    −2  1  2nx  =2n ⋅cos  1  ⋅  2nx   f ( x ) = ⋅cos   ⋅   4 1   nx  4n2 ⋅ 1  4 + m  nx   +m    2 2 x x x 2n    4n x 
Luego, por condición: lim f ( x ) = − x →+∞
  1  1 sen − 2   1  1  2nx   = ⇒ lim 2n ⋅cos   ⋅ − 1 x →+∞ 4 24   nx   +m   x  2nx 
1 1 2n2 ⋅(1)⋅(1)2 = − m 24
∴ 𝒏𝟐 𝒎 = 𝟏𝟐
Calcular: 𝐥𝐢𝐦
𝒙𝟐 √𝒙 + 𝟐 − �|𝒙 + 𝟓| − 𝒙 �|𝒙𝟐 + 𝟔𝒙 + 𝟓|
Dominio |𝑥 2 + 6𝑥 + 5| > 0|𝑥 2 + 6𝑥 + 5| = 𝑥 2 + 6𝑥 + 5 lim
𝑥 2 √𝑥 + 2 − �|𝑥 + 5| − 𝑥 �|𝑥 2 + 6𝑥 + 5|
𝑥 → −1+ → 𝑥 > −1
= lim+ 𝑥→−1
∴𝑥+5>4 3
𝑥+1 >0
�(x + 5)(x + 1)
− lim+ x→−1
�|𝑥 + 5||𝑥 + 1|
|𝑥 + 5| = 𝑥 + 5
|𝑥 + 1| = 𝑥 + 1
𝑥 2 � √𝑥 + 2 − 1� − �√𝑥 + 5 − 2� − (𝑥 − 2)(𝑥 + 1) �(𝑥 + 5)(𝑥 + 1)
Dividiendo entre 𝑥 + 1 = �(𝑥 + 1)2 x 2 � √x + 2 − 1�
𝑥 2 √𝑥 + 2 − �|𝑥 + 5| − 𝑥
�√x + 5 − 2�
+ lim+ x→−1
… . (∗)
𝑎3 − 𝑏 3 = (𝑎 − 𝑏)(𝑎2 + 𝑎𝑏 + 𝑏 2 3
𝑎 = √𝑥 + 2 ∧ 𝑏 = 1 3
𝑥 + 2 − 1 = � √𝑥 + 2 − 1�( �(𝑥 + 2)2 + √𝑥 + 2 + 1) Toribio Córdova Condori
√𝑥 + 2 − 1 =
UNFV – BASE 2009 𝑥+1
�(𝑥 + 2)2 + √𝑥 + 2 + 1
𝑥+1 .3 = lim 3 �(𝑥 + 5)�(𝑥 + 1) �(𝑥 + 2)2 + √𝑥 + 2 + 1 𝑥→−1+ �
�(𝑥 + 5) − 2
�(𝑥 + 5) + �(𝑥 + 1)
�(𝑥 + 5)�(𝑥 + 1) �(𝑥 + 5) + �(𝑥 + 1) = lim+ 𝑥→−1
(𝑥−2)(𝑥+1)
√𝑥 + 1
(𝑥 + 5)�(𝑥 +
�(𝑥 + 5) ��(𝑥 + 5) + 2�
(𝑥−2)
𝑥→−1 √𝑥+5
𝑥→−1 �(𝑥+5)�(𝑥+1)
𝑥 2 �(𝑥 + 1) 2)2
+ √𝑥 + 2 + 1
�(𝑥 + 5)�(𝑥 + 1)𝑥 + 1 ��(𝑥 + 5) + 2�
∴ 16.
𝒙𝟐 √𝒙+𝟐−�|𝒙+𝟓|−𝒙 ��𝒙𝟐 +𝟔𝒙+𝟓�
=𝟎−𝟎−𝟎=𝟎
Calcular. Hallar la derivada de: 𝟑
𝒇(𝒙) = 𝒄𝒐𝒔𝟑 (�𝟏 − 𝒙)
UNFV – BASE 2009 3
𝜃 =( √1 − 𝑥)
𝑓´(𝑥) = 3𝑐𝑜𝑠 2 𝜃(𝑐𝑜𝑠𝜃) ´
𝑓´(𝑥) = ( 3𝑐𝑜𝑠 2 𝜃)(−𝜃¨𝑠𝑒𝑛𝜃) 3
𝑓´(𝑥) = − 3𝑐𝑜𝑠 2 𝜃. ( �1 − 𝑥)´. 𝑠𝑒𝑛𝜃
1 𝑠𝑒𝑛𝜃 (−1). 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑓´(𝑥) = −3𝑐𝑜𝑠 2 𝜃( ). 3 3 ( √1 − 𝑥 )2
𝒇´(𝒙) =
𝒄𝒐𝒔𝟐 ( √𝟏−𝒙). 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝜽 𝟑
( √𝟏−𝒙)𝟐
Sea f una función definida por la regla de correspondencia 𝒙𝟐 + 𝒙+𝟏 𝒙+𝒂
; 𝒔𝒊 𝒙 < 1
𝒙𝟑 + 𝒃𝒙𝟐 − 𝟓𝒙 + 𝟑 ; Resolución F(x) =
𝒔𝒊 𝟏 ≤ 𝒙 ≤
𝑓(𝑥𝑜+ℎ)−𝑓(𝑥𝑜) ℎ
(1° ∃ la derivada )
𝑓(𝑥) − 𝑓(1) 𝑥→1 𝑥−1
𝑓(𝑥)lim
∗ 𝑓(𝑥) lim+ 𝑥→1
𝑓(𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 − 5𝑥 + 3) − 𝑓(1 + 𝑏 − 2) 𝑥−1
𝑓(𝑥) = lim+ 𝑥→1
𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 − 5𝑥 + 3 − 𝑏 + 1 𝑥−1
𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 5𝑥 + 4 − 𝑏 𝑓(𝑥) = lim+ 𝑥→1 𝑥−1 1 1
𝑓(𝑥 ) = lim+ 𝑥→1
4-b b-4
(𝑥−1)�𝑥 2 +(𝑏+1)𝑥+(𝑏−4)� 𝑥−1
⟹ 1 + b + 1 + b - 4 = 2b – 2 ………………………(1)
𝑓(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚− 𝑥→1
𝑓(𝑥) = lim− 𝑥→1
𝑥 2 +𝑥+1 𝑥+𝑎
(𝑎 + 1)(𝑥 2 + 𝑥 + 1) − 3(𝑥 + 𝑎) (𝑥 − 1)(𝑥 + 𝑎)(𝑎 + 1)
CALCULO DIFERENCIAL 𝑓(𝑥) = lim− 𝑥→1
(𝑎 + 1)𝑥 2 + (𝑎 + 1)𝑥 + (𝑎 + 1) − 3𝑥 − 3𝑎 (𝑥 − 1)(𝑥 + 𝑎)(𝑎 + 1) (𝑎 + 1)𝑥 2 + (𝑎 − 2)𝑥 + (1 − 2𝑎) (𝑥 − 1)(𝑥 + 𝑎)(𝑎 + 1) a+1
𝑓(𝑥 ) = lim− ⇒
(𝑥−1)[(𝑎+1)𝑥+(2𝑎−1)] (𝑥−1)(𝑥+𝑎)(𝑎+1)
𝑎+1+2𝑎−1 𝑎+1
2° tiene que ser continua •
f(1) =1+b-5+3 = b-1
𝑓(𝑥) = lim+ 𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 − 5𝑥 + 3 = 1 + 𝑏 − 2 = 𝑏 − 1 𝑥→1
• 𝑓(𝑥) = lim+
(𝟏) = (𝟐) 2b – 2 =
⇒ 2(b - 1)(a + 1) = 3a
2(ab + b – a + 1) = 3a 2ab + 2b - 2a + 1 = 3a
2ab + 2b + 1 = 5a
……………………….(𝛼)
CALCULO DIFERENCIAL ( 3 ) =( 4 ) b-1 =
⟹ (b - 1)(a + 1) = 3
ab + b - a - 1 = 3 ab + b – a = 4 ab + b = 4 + a 2ab +2b = 8 +2a
………………………(𝛽
𝛃 en 𝛂
 (8 + 2a) + 1 = 5a 9 = 3a
 6b +2b=8+6 8b = 14
𝟕 𝟒
𝑨𝒙𝟐 + 𝑩𝒙 + 𝑪 𝟏 − 𝒙𝟐 ; 𝟏 + 𝒙𝟐
𝒔𝒊
; 𝒔𝒊
−𝟏≤ 𝒙≤𝟏
𝒙 > 1 ∨ 𝑥 < −1
Hallar f”(x) suponiendo que f´(x) existe sobre el dominio de f(x)
Para x0 = -1
𝑓(𝑥) − 𝑓(−1) 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 − (𝐴 − 𝐵 + 𝐶) = lim+ 𝑥→−1 𝑥→−1 𝑥+1 𝑥+1
∗ 𝑓 ′ _(−1) = lim
𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 − 𝐴 + 𝐵 − 𝐶) lim 𝑥→−1+ 𝑥+1 lim+
𝐴(𝑥 2 − 1) + 𝐵(𝑥 + 1) 𝑥+1
𝐴(𝑥 + 1)(𝑥 − 1) + 𝐵(𝑥 + 1) 𝑥+1
𝐴(𝑥 − 1) + 𝐵 = 𝐴(−1 − 1) + 𝐵 = 𝐵 − 2𝐴 1 𝑓+` (−1) = 𝐵 − 2𝐴
𝑓(𝑥) − 𝑓(−1) ∗ 𝑓(−1) lim− = lim 𝑥→−1 𝑥→−1 𝑥+1 Toribio Córdova Condori
1−𝑥 2 −0
CALCULO DIFERENCIAL lim−
1 − 𝑥2 −(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) −(−1 − 1) 2 = lim− = = =1 2 (1 + 𝑥 )(𝑥 + 1) 𝑥→−1 (1 + 𝑥 2 )(𝑥 + 1) 1+1 2 𝑓(−1) = 1
𝑓 ′ + (−1) = 𝑓 ′ _(−1)
B – 2A = 1 ……………….(1)
Para x0 = 1
𝑓(𝑥) − 𝑓(−1) ∗ 𝑓 ′ + (−1) lim+ = lim+ 𝑥→−1 𝑥→−1 𝑥+1 lim−
−(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) −2 = = −1 (1 + 𝑥 2 )(𝑥 − 1) 2 𝑓 ′ + (1) = −1
𝑓(𝑥) − 𝑓(−1) 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 − (𝐴 + 𝐵 + 𝐶) = lim− ∗ 𝑓 _(1) = lim− 𝑥→1 𝑥→1 𝑥−1 𝑥−1 ′
𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 − 𝐴 − 𝐵 − 𝐶) 𝑥−1 lim−
𝐴(𝑥 2 − 1)𝐵(𝑥 − 1) 𝑥−1
𝐴(𝑥 + 1)(𝑥 − 1) + 𝐵(𝑥 − 1) 𝑥−1 lim−
𝐴(𝑥 + 1) + 𝐵 1
𝑓 ′ _(1) = 2𝐴 + 𝐵
B +2A = -1 ……………….(2)
B= 0 y A = -1/2
f ¢(2 x +1) = Halle:
2 x 2 + 6 x −16 ; y= f ( x + 3); u=
dy en x = 2 du
Resolución Se pide
dy dy dx ⋅ ………………………….. du dx du
Pero: =
Calculando la derivada: De:
= y f ( x + 3) Sea: g( x ) = x + 3 ⇒ g¢( x ) =3 x ⋅D x x + 0 2 x ⇒ g¢( x )= 3 x ⋅ = 3 x x x
dy = f ¢( g( x ))⋅ g¢( x ) ………… (2) dx
y= f ( g( x )) ⇒
Por otro lado como f ¢(2 x += 1)
( x + 3) + 4 ( x + 3) − 37 = 2
Entonces: f ¢( g( x )) =
2 x 2 + 6 x −16 ⇒ f ¢(= x)
x 2 + 4 x − 37 2 3
x + 6 x + 9 + 4 x +12 − 37 2
x +10 x −16 3 ⇒ f ¢( g( x )) = 2
dy = Reemplazando en (2): dx
x +10 x −16 2
⋅3 x x ……………..…
De u =
3x +3 ⇒ x =
(3) y (4) en (1):
u2 − 3 dx 2u 2 3 x + 3 ⇒ = = ……………… 3 du 3 3
UNFV – BASE 2009 (4)
x +10 x −16 2 3x +3 ⋅3 x x ⋅ 2 3
Finalmente, evaluando para x=2: dy = du
26 +10 ⋅23 −16 2 3⋅2 + 3 ⋅3⋅2 ⋅2 ⋅ 2 3
= 𝟗𝟔 Rpta
Usando la definición de límite, probar que: 𝒍𝒊𝒎 𝒙→𝟎
𝒙𝟐 𝒔𝒆𝒏 � � 𝒙 𝟏
�𝒙 + 𝟐� (𝟐 + 𝒔𝒆𝒏𝒙)
Resolución 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛 (1/2)
𝑥 →𝑜 (𝑥+1/2 ) (2+𝑠𝑒𝑛 𝑥)
|𝑥|2 |𝑠𝑒𝑛(1/𝑥)|
|𝑥+1/2||2+𝑠𝑒𝑛 𝑥| ʆ1 =
<𝜖
= 0 ↔ ∀∈> 0, ∃ 𝑓 > 0/𝑥 𝜖 𝐷𝑓, 0 < (𝑥 − 𝑜) < ∝ 𝑥 2 𝑠𝑒𝑛 (1/𝑥)
(𝑥 +1/2) (2+𝑠𝑒𝑛𝑥)
– 0 /< 𝜖
� − 0�
ʆ1 =
…𝜶
en i) lo reemplazamos:
En 𝜶 tenemos:
|𝑥| <
|𝑥+1/2||2+𝑠𝑒𝑛 𝑥|
−1 1 <𝑥< 4 4
|𝑥|2 . 1𝑠𝑒𝑛 (1/𝑥)
<𝑥+2<4 4 4> 1
1 𝑥+ 2
� . . �2+𝑠𝑒𝑛𝑥 � < 𝜖
4 3 (𝑥)2 . 1.4.1 < 𝜖
𝑥2. 4 < 𝜖
Sabemos /sen 𝜃< 1 1
→ �𝑠𝑒𝑛 �< 1 ….. (2)
√𝜖 2
→ |𝑠𝑒𝑛 𝑥 |< 1
1 < 3 �
𝑠𝑒𝑛 𝑥+2
� < 1 ….. (3) 𝟏
√𝝐 𝟐
ʆ = 𝒎𝒊𝒏 � , �
Para que valores de a y b se cumple: 𝒍𝒊𝒎 ��𝒙𝟐 − 𝒙 − 𝟏 − 𝒂𝒙 − 𝒃� = 𝟎
𝒙→−∞
= 𝑙𝑖𝑚 ��𝑥 2 − 𝑥 − 1 − (𝑎𝑥 − 𝑏� = 0 𝑥→−∞
= 𝑙𝑖𝑚
�√𝑥 2 −𝑥−1 −(𝑎𝑥+𝑏) (√𝑥 2 −𝑥−1+(𝑎𝑥+𝑏� √𝑥 2 −𝑥−1 +(𝑎𝑥+𝑏)
𝑥2 − 𝑥 − 1 − (𝑎𝑥 + 𝑏)2
𝑥→−∞ √𝑥2
− 𝑥 − 1 + (𝑎𝑥 + 𝑏)
𝑥2 − 𝑥 − 1 − 𝑎2 𝑥2 − 2𝑎𝑏𝑥 − 𝑏2
√𝑥2 − 𝑥 − 1 + (𝑎𝑥 + 𝑏)
𝑥2 (1 − 𝑎2 ) − 𝑥(1 + 2𝑎𝑏) − (1 + 𝑏2 ) 1
|𝑥|�1 − − 𝑥
+ 𝑎𝑥 + 𝑏
−𝑥�1 − − 𝑥
Para que el = 𝒍𝒊𝒎 𝑓(𝑥) = 0, el exponente deben ser igual del denominador 𝒙→−∞
con el numerador, entonces tenemos:
1 − 𝑎2 = 0 𝑎 = ±1
⟹ 𝑙𝑖𝑚
[−𝑥(1 + 2𝑎𝑏) − (𝑏2 + 1)] 1
1 + 2𝑎𝑏 = 0,
1 + 2(1)𝑏 = 0
∴ 22.
𝑎 ≠ −1
𝒂=𝟏
𝒃=−
Calcule el 𝒍𝒊𝒎 𝒔𝒆𝒏√𝒙 + 𝟏 − 𝒔𝒆𝒏√𝒙 𝒙→+∞
Resolución Transformando la diferencia de senos a producto.
√𝑥+1 + √𝑥 � 2
𝑠𝑒𝑛√𝑥 + 1 −𝑠𝑒𝑛√𝑥 = 2𝑐𝑜𝑠 � 
�𝑠𝑒𝑛√𝑥 + 1 − 𝑠𝑒𝑛 √𝑥 � = 2 �𝑠𝑒𝑛 (
𝑠𝑒𝑛 �
𝑥+1− √𝑥 2
)� . �𝑐𝑜𝑠 (
Pero |cos 𝑥| ≤ 1 → 0 < �𝑠𝑒𝑛√𝑥 + 1 − √𝑥� = 𝑙𝑖𝑚 � 𝑥+1− 𝑥→+∞
√𝑥+1− √𝑥 � 2 𝑥→+∞
𝑙𝑖𝑚 �
√𝑥+1−√𝑥 �� 2
𝑙𝑖𝑚 �𝑠𝑒𝑛 �
= 0 ….. (2)
De (1) y (2), por el teorema de “Sándwich” se sigue que:
𝑙𝑖𝑚 �𝑠𝑒𝑛 √𝑥 + 1 − √𝑠𝑒𝑛√𝑥�
∴ 23.
𝒍𝒊𝒎 �𝒔𝒆𝒏 √𝒙 + 𝟏 − 𝒔𝒆𝒏√𝒙� = 𝟎
𝒙→+∞
Calcule los valores de “a”. Si:
𝒍𝒊𝒎 𝒙→𝒂
�𝒙𝟑 −𝒂𝟑 �−�𝒙𝟐 −𝒂𝟐 � |𝒙−𝒂|
= 𝟐𝟓
Resolución |𝑥 − 𝑎|𝑥 2 + 𝑎𝑥 + 𝑎2 − |𝑥 − 𝑎||𝑥 + 𝑎| 𝑙𝑖𝑚 � � = 25 𝑥→𝑎 |𝑥 − 𝑎| 𝑙𝑖𝑚 (|𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎2 | − |𝑥 + 𝑎|) = 25
Sabemos 𝑥 2 + 𝑎𝑥 + 𝑎2 ≥ 0
Si 𝑥 + 𝑎 ≥ 0 Toribio Córdova Condori
𝑙𝑖𝑚 𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎2 − (𝑥 + 𝑎) = 25
𝑙𝑖𝑚 𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎2 − 𝑥 − 𝑎 = 25
Reemplazando: 𝑎2 + 𝑎 . 𝑎 + 𝑎2 − 𝑎 − 𝑎 = 25
3𝑎2 − 2𝑎 − 25 = 0
𝒂=
𝟏±𝟐√𝟏𝟗 𝟑
𝑆𝑖 𝑎 + 𝑥 < 0
𝑙𝑖𝑚 𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎2 + 𝑥 + 𝑎 = 25
𝑎2 + 𝑎 . 𝑎 + 𝑎2 + 𝑎 + 𝑎 = 25 3𝑎2 + 2𝑎 − 25 = 0
∴ 24.
−𝟏 ±𝟐 √𝟏𝟗 𝟑
Usando asíntotas Esbozar la gráfica
𝑭(𝒙) =
𝟑𝒙𝟑 + 𝟑𝒙 + 𝟓 + �𝒙𝟐 + 𝟒 ; 𝒙 > −1 𝒙𝟐 − 𝒙 + 𝟔 −𝒙𝟑 + 𝒙𝟐 + 𝟏 + �𝒙𝟐 + 𝟗, 𝒙 < −1 𝒙𝟐 + 𝟏
Resolución Asintota vertical (derecha)
𝑙𝑖𝑚+
𝑥3 +3𝑥+5 𝑥2 −𝑥+6
3(−1)−3+5
+ √𝑥2 + 4 =
1+1 +6
Asintota Vertical (izquierda)
𝑙𝑖𝑚−
−𝑥3 +𝑥2 +1 𝑥2 +1
+ √𝑥2 + 9 =
−(−1)+1+1
Asintota Horizontal (Derecha)
𝑥3 +3𝑥+5
𝑥→+∞ 𝑥2 −𝑥+6
+ √𝑥2 + 4 = 𝑙𝑖𝑚
+ √1 + 4 = + √5 = ∄ 𝐴. 𝑉. (𝐷𝐸𝑅𝐸𝐶𝐻𝐴) 8
+ √1 + 9 = + √10 = ∄ 𝐴. 𝑉. (𝐼𝑍𝑄𝑈𝐼𝐸𝑅𝐷𝐴) 2
3𝑥2 − 15𝑥 + 5 𝑥2 − 𝑥 + 6
− 3𝑥 + √𝑥2 + 4 + 3𝑥
+ �𝑥2 + 4 + 3𝑥 = 𝑙𝑖𝑚
 ∄ 𝐴. 𝐻. (DERECHA)
15 𝑥 1 𝑥
𝑥2 6
+ 𝑥 �3𝑥�1 +
�+∞
𝑥3 + 𝑥2 + 1 𝑥2
𝑥2 + 𝑥 + 1 𝑥2 + 1
+ 9 = 𝑙𝑖𝑚
−𝑥3 + 𝑥2 + 1
+ �𝑥2 + 9 − 𝑥 = 𝑙𝑖𝑚
= 1 + 2 (∞) = 1 + 0 = 1
𝑥2 1
+ 𝑥 + �𝑥2 + 9 − 𝑥 +
𝑥 ��1 +
𝑥+∞
 ∄ 𝐴. 𝐻. (IZQUIERDA)
ASINTOTA OBLICUA – DERECHA ( y = mx+ b )
3𝑥 3 + 3𝑥 + 5 3𝑥 2 + 3𝑥 + 5�𝑥 √𝑥 2 + 4 2 + 4� = 𝑙𝑖𝑚 � � + 𝑥 + � 𝑥→+∞ 𝑥 2 − 𝑥 + 6 𝑥→+∞ 𝑥 𝑥2 − 𝑥 + 6
𝑚 = 𝑙𝑖𝑚 �
⎡3 + 3 + 5 �1 + 4�𝑥 ⎤ 𝑥2 𝑥3 ⎢ ⎥ 𝑚 = 𝑙𝑖𝑚 + 𝑥→+∞ ⎢ 1 − 1 + 6 𝑥 ⎥ 𝑥 𝑥2 ⎣ ⎦ ⟹𝒎=𝟒
3𝑥 3 + 3𝑥 + 5 3𝑥 3 + 3𝑥 + 5 𝑏 = 𝑙𝑖𝑚 � 2 + �𝑥 2 + 4 − 4x� = 𝑙𝑖𝑚 � 2 − 3x + �𝑥 2 + 4 − x� 𝑥→+∞ 𝑥 − 𝑥 + 6 𝑥→+∞ 𝑥 − 𝑥 + 6 3𝑥 3 + 3𝑥 + 5 − 3𝑥 3 + 3𝑥 2 − 18𝑥 + �𝑥 2 + 4 − 𝑥� 𝑥→+∞ 𝑥2 − 𝑥 + 6
= 𝑙𝑖𝑚 �
3𝑥 2 − 15 + 5 4 + � 2 𝑥→+∞ 𝑥 − 𝑥 + 6 √𝑥 2 + 4 + 𝑥
⎡3 − 15 + 5 ⎤ 4 2 𝑥 𝑥 ⎥= 3+0= 3 = 𝑙𝑖𝑚 ⎢ + 𝑥→+∞ ⎢ 1 − 1 + 6 4 1⎥ x�1 + 𝑥 2 + 𝑥 𝑥 𝑥2 ⎣ ⎦
⟹𝒃=𝟑 ∴ 𝒚 = 𝟒𝒙 + 𝟑
𝑨. 𝑶 𝑫𝑬𝑹𝑬𝑪𝑯𝑨
ASINTOTA OBLICUA –IZQUIERDA ( y=mx+b ) 𝒎=
1 −𝑥3 + 𝑥2 + 1 � 2 −𝑥2 + 𝑥 + 1�𝑥 �𝑥2 + 9 + 𝑥 + 9 � = 𝑙𝑖𝑚 + � � 𝑥→−∞ 𝑥 𝑥2 + 1 𝑥2 + 1
𝑙𝑖𝑚 � 𝑥→−∞ 𝑥
= 𝑙𝑖𝑚 � 𝑥→−∞
−1+ + 3 𝑥 𝑥 1
1+ 2 𝑥
−𝑥 �1+ 9�𝑥 𝑥
� = −1 − 1 = −2
⇒ 𝒎 = −𝟐
−𝑥 3 + 𝑥 2 + 1 −𝑥 3 + 𝑥 2 + 1 2 + 9 + 2x� = � � 𝑏 = 𝑙𝑖𝑚 � + 𝑥 + x + �𝑥 2 + 9 + x � 𝑥→−∞ 𝑥2 + 1 𝑥2 + 1 −𝑥 3 + 𝑥 2 + 1 + 𝑥 3 + 𝑥 −𝑥 2 + 𝑥 + 1 2 + 9 + x� = 𝑙𝑖𝑚 � � = 𝑙𝑖𝑚 � + 𝑥 + �𝑥 2 + 9 + x � 𝑥→−∞ 𝑥→−∞ 𝑥2 + 1 𝑥2 + 1 = 𝑙𝑖𝑚 � 𝑥→−∞
+1+ + 2 𝑥 𝑥 1 1+ 2 𝑥
+ x �1 +
+ 𝑥� = 𝑙𝑖𝑚 �1 + 𝑥 �1 + 𝑥→−∞
+ 1� = 1 − ∞ = −∞
 ∄ 𝐴. 𝑂. (IZQUIERDA)
Hallar: a) Sea la función f definida por: 𝒇(𝒙) =
�𝒙𝟐 −𝒂�−𝟏 |𝒙|−𝒃
, 𝒄𝒐𝒏 𝒂 > 𝑏 > 0
Analice la continuidad, indique los tipos b)
superiores e inferiores para: 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟑 − 𝟑𝒙 − 𝟏 Resolución a) 𝑓(𝑥) =
�𝑥 2 −𝑎�−1 |𝑥|−𝑏
,𝑎 > 𝑏 > 0 �𝑥 2 −𝑎�−1 𝑥−𝑏
�𝑥 2 −𝑎�−1 −𝑥−𝑏
Analizando la continuidad
, 𝑥>𝑏 ,𝑥 < 𝑏
𝑓(𝑏) ∄
𝑥→𝑏 𝑥>𝑏
= 𝑙𝑖𝑚+ 𝑥→𝑏
−�𝑥 2 −𝑎�−1 𝑥−𝑏
−𝑏2 +𝑎−1 𝑏−𝑏
𝑥 > 𝑏 ⟹ 𝑥 2 > 𝑏 2 ⟹ 𝑥 2 − 𝑎 > 𝑏 2 − 𝑎 ⟹ |𝑥 2 − 𝑎| = −(𝑥 2 − 𝑎)
𝑥→𝑏
= 𝑙𝑖𝑚− 𝑥→𝑏
−(𝑥 2 −𝑎)−1 −𝑥−𝑏
−𝑥 2 +𝑎−1 −𝑥−𝑏
−𝑏2 +𝑎−1 −2𝑏
𝑥 > 𝑏 ⟹ 𝑥 2 > 𝑏 2 ⟹ 𝑥 2 − 𝑎 > 𝑏 2 − 𝑎 ⟹ |𝑥 2 − 𝑎| = −(𝑥 2 − 𝑎) ⟹ 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑙𝑖𝑚+𝑓(𝑥) ≠ 𝑙𝑖𝑚− 𝑓(𝑥) 𝑥→𝑏
⟹ 𝑓(𝑏) ≠ 𝑙𝑖𝑚 𝑓(𝑥) 𝑥→𝑏
⟹ 𝑓 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑎 𝑒𝑛 𝑥 = 𝑏
∴ 𝒇 𝒆𝒔 𝑫𝒊𝒔𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 𝑰𝒏𝒆𝒗𝒊𝒕𝒂𝒃𝒍𝒆
b) 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟑 − 𝟑𝒙 − 𝟏
𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 3 = 0
= 3(𝑥 2 − 1) = 0
= 3(𝑥 − 1)(𝑥 − 1) = 0 ⟹ 𝑥 = 1 , 𝑥 = −1 (𝑉𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑐𝑟𝑖𝑡𝑖𝑐𝑜𝑠)
x< -1 𝑓 ′ >0
-1 < x < 1 -1
𝑓 ′< 0
f decreciente
𝑓 ′> 0
𝒇(−𝟏) = 𝟏 ⟹ (−𝟏, 𝟏) 𝒇(𝟏) = −𝟑 ⟹ (𝟏, 𝟑)
Sea la función f definida por: 𝟑
𝟑− √𝟐𝒙+𝟏𝟓 𝟑
𝑓 (𝑥 ) =
𝒂� √𝒙+𝟐 − 𝟐�
𝒂𝒃 , 𝒙 = 𝟔 �𝒙𝟐 −𝟑𝟓−𝟏 𝒙−𝒄
,𝒙 < 6
,𝒙 > 𝟔
Hallar a, b y c de modo que f sea continua en todos los ℝ , si c es natural. Toribio Córdova Condori
Resolución Hallemos la continuidad en x = 6 i)
𝑓(6) = 𝑎𝑏 ………….. (1)
𝑥 2 − 35 − 1 √𝑥 2 − 35 − 1 √𝑥 2 − 35 − 1 𝑙𝑖𝑚 . = 𝑙𝑖𝑚+ 2 − 35 − 1 𝑥→6+ 𝑥→6 𝑏(𝑥 − 𝑐)(√𝑥 2 − 35 − 1) 𝑏(𝑥 − 𝑐) √𝑥 𝑥>6 𝑥>6 𝑙𝑖𝑚+
𝑥→6
(𝑥 + 6) (𝑥 − 6)
𝑏(𝑥 − 𝑐) (√𝑥 2 − 35 − 1)
Para poder cancelar la indeterminada necesariamente “c” tiene que ser 6 =>
𝑥→6− 𝑥<6
𝑏(𝑥 − 6) (√𝑥 2 − 35 + 1)
6+6 12 6 = = 𝑏(1 − 1) 2𝑏 𝑏
(3 − √2𝑥 + 15) 3
𝑎 √𝑥 + 2 − 2
−2(𝑥−6) 3
9+3 √2𝑥+15+ �(2𝑥+15)2 𝑙𝑖𝑚 𝑥−6 𝑥→6− 3 3 �(𝑥+2)2 +2 √𝑥+2 +4
−2( �(𝑥 + 2)2 + 2 √𝑥 + 2 + 4) 3
9 + 3 √2𝑥 + 15 + 2 �(2𝑥 + 15)2
1 −2(12) −8 . = 𝑎 27 9𝑎
𝑙𝑖𝑚 𝑓(𝑥) = 𝑙𝑖𝑚−𝑓(𝑥)
𝑥→6+
6 −8 = 𝑏 9𝑎 
−27𝑎
𝑓(6) = 𝑙𝑖𝑚
−27𝑎 2
𝑎�
� = 36 ……………(de (2) )
𝑎3 . 272 =6 16 𝑎3 =
∴ 27.
𝟐 √𝟏𝟐 𝟗
𝒃=
−𝟑 √𝟏𝟐 𝟐
, 𝒄=𝟔
Hallar la ecuación de la recta tangente a la curva 𝒙𝟐 𝒚𝟐 = (𝒚 + 𝟏)𝟐 (𝟒 − 𝒚𝟐 ) 𝒆𝒏 𝒆𝒍 𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐 (𝟎, −𝟐)
Resolución (𝑥 2 − 𝑦 2 )′ = [(𝑦 + 1)2 (4 − 𝑦 2 )]′
2𝑥𝑦 2 + 𝑥 2 (2𝑦)𝑦 ′ = 2(𝑦 + 1)(4 − 𝑦 2 ) + [(𝑦 + 1)2 (−2𝑦 − 𝑦 ′ )] 2𝑥𝑦 2 + 2𝑥 2 𝑦𝑦 ′ = 2(𝑦 + 1)(4 − 𝑦 2 ) − 2𝑦(𝑦 + 1)2 𝑦 ′
2𝑥 2 𝑦𝑦 ′ + 2𝑦(𝑦 + 1)2 𝑦 ′ = 2(𝑦 + 1)(4 − 𝑦 2 ) − 2𝑥𝑦 2 𝑦 ′ (2𝑥𝑦 + 2𝑦(𝑦 + 1)2 ) = 2(𝑦 + 1)(4 − 𝑦 2 ) − 2𝑥𝑦 2
𝑦′ =
′ (0,
2(𝑦+1)�4−𝑦 2 �−(2𝑥𝑦 2 ) 2𝑥𝑦+2𝑦 (𝑦+1)2
2(−2 + 1)[4 − (−2)] − [0(−(−2)2 ] −2) = 2 [0 (−2)] + 2(−2) (−2 + 1)2
𝑦 ′ (0, −2) = 0
𝒚+𝟐=𝟎
28. Un tenedor de alambre trepa a un poste telefónico a razón de 2,5 pies/seg., mientras su jefe está sentado a la sombra de un árbol está observándolo. Si el terreno está lleno y el jefe está a 36 pies de la base del poste ¿cuántos segundos tiene que trepar el tendedor para que su distancia entre él y su jefe crezca a razón de un pie/seg.
1=36 + t
1 = 36 + 𝑡 𝑑𝑙
= 1 p/s
ℎ = 2.5𝑡 𝑑ℎ 𝑑𝑡
= 2.5 p/s
De la figura : 1 = √362 + ℎ2 1 𝑑𝑙 1 = (362 + ℎ2 )−2 . (2ℎ). ℎ9 𝑑𝑡 2
ℎ 𝑑ℎ 𝑑𝑙 = . 𝑑𝑡 √362 + ℎ2 𝑑𝑡 2√362 + ℎ2 = 5ℎ
4(362 + ℎ2 ) = 25ℎ2 Toribio Córdova Condori
722 = 21ℎ2 4(72)2
∴ 29.
𝑐𝑜𝑚𝑜
ℎ = 2.5𝑡 2
= 𝑡2
𝒕=
𝟒𝟖√𝟐𝟏 𝟑𝟓
𝑺𝒊 𝒚 = 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙 + 𝒙𝒔𝒆𝒏𝒙
Hallar la n-ésima derivada de y.
Resolución 𝑦 ′ = 2𝑠𝑒𝑛𝑥. 𝑐𝑜𝑠𝑥 + (𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥) = 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥
𝜋 𝜋 𝑦 ′ = 21−1 𝑠𝑒𝑛 �2𝑥 + (1 − 1) � + 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥 �𝑠𝑒𝑛 �𝑥 + 1 �� 2 2
𝑦 ′′ = 2𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥 𝜋
𝑦 ′′ = 22−1 𝑠𝑒𝑛 �2𝑥 + (2 − 1) � + 2𝑠𝑒𝑛 �𝑥 + (2 − 1) � + 𝑥 �𝑠𝑒𝑛 �𝑥 + 2 �� 2 2 2 𝑦 ′′′ = −4𝑠𝑒𝑛2𝑥 − 2𝑠𝑒𝑛𝑥 − (𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥) = −4𝑠𝑒𝑛2𝑥 − 3𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 𝜋
𝑦 ′′′ = 23−1 𝑠𝑒𝑛 �2𝑥 + (3 − 1) � + 3𝑠𝑒𝑛𝑥 �𝑥 + (3 − 1) � + 𝑥 �𝑠𝑒𝑛 �𝑥 + 3 �� 2 2 2 Toribio Córdova Condori
𝑦 𝑖𝑣 = −8𝑐𝑜𝑠2𝑥 − 4𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥 𝜋
𝑦 𝑖𝑣 = 24−1 𝑠𝑒𝑛 �2𝑥 + (4 − 1) � + 4𝑠𝑒𝑛 �𝑥 + (4 − 1) � + 𝑥 �𝑠𝑒𝑛 �𝑥 + 4 �� 2 2 2 𝑦 𝑣 = 16𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 4𝑠𝑒𝑛𝑥 + (𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥) = 8𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 5𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 𝜋
𝑦 𝑣 = 25−1 𝑠𝑒𝑛 �2𝑥 + (5 − 1) � + 5𝑠𝑒𝑛 �𝑥 + (5 − 1) � + 𝑥 �𝑠𝑒𝑛 �𝑥 + 5 �� 2 2 2 Generalizando 𝝅
𝒚𝒏 = 𝟐𝒏−𝟏 𝒔𝒆𝒏 �𝟐𝒙 + (𝐧 − 𝟏) � + 𝒏𝒔𝒆𝒏 �𝒙 + (𝒏 − 𝟏) � + 𝒙 �𝒔𝒆𝒏 �𝒙 + 𝒏 �� 𝟐 𝟐 𝟐 Rpta
La función F definida por 𝑭(𝒙) =
𝒙𝟐 −𝟐𝒙+𝒂
𝒙𝟑 +𝒃𝒙𝟐 −𝟏𝟒𝒙
Posee una discontinuidad evitable en x=2 para ciertos valores de a y b Halle los valores de A y B analizar la discontinuidad.
Analizando la discontinuidad evitable
i) ∃ F(x) f (no necesariamente) ii) ∃
lim 𝑓(𝑥)
iii) Lim f(x) lim 𝑓(𝑥) ≠ 𝑓(𝑥) 𝑥→𝑥0
𝑓(2) =
4−4+𝑎
(8+4𝑏−28)
𝑥→2± (8+4𝑏−28)
esto no se puede dar porque sería continua en x =2
𝑥→2±
por ello el f(x) NO DEBE EXISTIR.
Para hallar los valores de A y B asimismo que exista, y es
denominado, y es continua en x = 2, pero los valores serán opuestos.
 f(x) =
𝑋 2 − 2𝑋+𝑎
𝑥 2 − 2𝑥 + 𝑎, existe ∀ a ∉ ℝ
𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 −14𝑥
𝑥 3 + 𝑏𝑥 2 − 14𝑥 ≠ 0
x (𝑥 2 + 𝑏𝑥 − 14) ≠14 , 2 2(2+b) ≠14 b ≠5
∴a ∉ ℝ 𝑎 ∈ 𝐼𝐼
a = k√−1
La función 𝒇(𝒙) = �𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒑𝒙
Tiene un asíntota oblicua, ¿Para qué valores de P? Resolución Para poseer asíntota oblicua debe cumplir:
𝑙𝑖𝑚 𝑓(𝑥) = 𝑚
𝑥→∞±
ii) 𝑙𝑖𝑚 [𝑓(𝑥) − 𝑚𝑥] = 𝑏 𝑥→∞±
�1+𝑥 2 +𝑝𝑥 𝑥
m∈ ℝ
ii) 𝑙𝑖𝑚 ��1 + 𝑥 2 + 𝑝𝑥 − 1x � = 𝑥→∞
1+𝑝𝑥
𝑥 �� 2 +1+px + 1� 𝑥
1𝑥1� 2 +𝑥 2 + 𝑥 𝑥
�√1+𝑥 2 + 𝑃𝑥+𝑥�
1 +𝑝 𝑥
� 2 +1+𝑝𝑥+1 𝑥
+1+ =1 𝑥
�|𝑥|� 2 +1+ +𝑥� 𝑥 𝑥
𝑝 2
La Asintota oblicua es de la forma:
𝑦=𝑥+
−𝑦 = −𝑥 − ∴
La función f(x) va tener una asíntota oblicua para
cualquier valor de P.
Calcular “y” > 1 � + � = 𝟒 , (𝒙 ≠ 𝒚) 𝒚 𝒙 Resolución 2
𝑥 𝑦 �� + � � = 42 𝑦 𝑥 𝑥
+ 2 + =16
𝑦 ′ 𝑥 + � =0 𝑥 𝑦
(𝑥𝑦 ′ + 𝑦𝑥 ′ )′ = 0
𝑦 ′ − 𝑥𝑦 −2 . 𝑦 ′ + 𝑦′𝑥 −1
𝑦 ′ (𝑥 −1 − 𝑥𝑦 2 ) = 𝑦𝑥 −2 − 𝑦 −1
𝑦′ = 𝑦′ =
𝑦𝑥 −2 −𝑦 −1 𝑥 −1 −𝑥𝑦 −2 𝑦2 −𝑥2 𝑥2 𝑦 2 𝑦 −𝑥2 𝑥𝑦2
𝑦 1 −𝑦 2 𝑥 1 𝑥 − 𝑥 𝑦2
�𝑦 2 −𝑥 2 �(𝑥𝑦2 ) 𝑥 2 𝑦 (𝑦 2 −𝑥 2 )
𝑦 ′ = 𝑦𝑥 −1
𝑦 ′′ = 𝑦 ′ 𝑥 −1 − 𝑦𝑥 −2
𝑦 ′′ =
𝑦′ 𝑥
𝑦 ′′ = . − 𝑥 𝑥
∴ 32.
𝒚′′ = 𝟎
Determinar el punto de intersección de la recta L : 2x + y – 5 = 0, con la recta Tangente a la gráfica de la curva Resolución 𝑦
𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 �𝑥 � − 𝐿𝑛�√𝑥 2 + 𝑦 2 � = 0 en el punto Po (1,0) 𝐿: 2𝑥 + 𝑦 − 5 = 0
𝑦 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑔 � � − 𝐿𝑛 ��𝑥 2 + 𝑦 2 � = 0 𝑥
CALCULO DIFERENCIAL 𝑦1
�𝑥 �
1ra. Derivada: (𝑦. 𝑥 −1 )1 1+
−1�2
1 (�𝑥 2 + 𝑦 2 ) − 2 √𝑥 2 + 𝑦 2
Luego: ⟶
𝑦 2 1+ �𝑥�
𝐸𝑐. 𝐿 𝑇 =
UNFV – BASE 2009 1
��𝑥 2 + 𝑦2 �
�√𝑥 2 + 𝑦 2
𝑚𝐿𝑇 = 𝑦+0 𝑥−1
1+0 1−0
𝐿𝑇 = 𝑦 − 𝑥 + 1 = 0
Se intersecta con
⟶ 𝑥=2 ,
2𝑥 + 𝑦 − 5 = 0
𝑷𝒖𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒔𝒆𝒄𝒄𝒊𝒐𝒏 (𝟐; 𝟏)
33. Analice y clasifique los puntos de discontinuidad de la función f(x) en su dominio señalando los resultados del análisis sobre la gráfica de f(x) donde: 𝟐 , 𝒙<2 𝟏 − |𝒙|
𝟐− 𝟒,
𝟐 (𝒙 − 𝟑)𝟐 , 𝟗
𝟐≤ 𝒙<𝟒
𝒙=𝟒
𝟒 − 𝒙,
𝒙>𝟒
𝑓 (2) = 2 − (2 − 3)2 = 2 − (1)2 = 9
𝑥→2 1−|𝑥|
𝑙𝑖𝑚+ �2 −
= 𝑙𝑖𝑚−
𝑥→2 1+𝑥
� = 2 − (2 − 3)2 = 9
≠𝑠
Punto de discontinuidad inevitable: 𝑓(4) = 4
𝑙𝑖𝑚− �2 − 9 (𝑥 − 3)� = 2 − 9 =
𝑙𝑖𝑚 (4 − 𝑥) = 4 − 4 = 0
𝑥→4 +
𝟐 𝟒⎞ ⎛� 𝟏 𝟐 𝟑 � [(𝒔𝒆𝒄 𝒙) − 𝟏] �𝟏 − � � � ⎟ 𝒅𝒙 (𝒔𝒆𝒄 𝒙)𝟐 ⎜ 𝒄𝒔𝒄 𝒙 𝟏
 Reduciendo la función: 1
(sec 𝑥)2 1
(sec 𝑥)2 (tan x)3
(sec 𝑥)4
��[(sec 𝑥)2 − 1]3 �[(cos x)2 ]4 � 𝑑𝑥
��[tan x]6 (cos x)4 � 𝑑𝑥 =
(sec 𝑥)2
(tan x)3 (cos 𝑥)2 𝑑𝑥
 En I: I =
(tan x)3
𝑑𝑥 = 4
(sec 𝑥)
(tan x)2
tan 𝑥 sec 𝑥 𝑑𝑥= 5
(sec x)2
�(sec
− (sec 5
� tan 𝑥 sec 𝑥 𝑑𝑥
I = [(sec x)−3 − (sec x)−5 ]𝑑(sec 𝑥) I = (sec x)−3 𝑑(sec 𝑥) −
𝐈=−
(sec x)−5 𝑑(sec 𝑥)=−
(𝐜𝐨𝐬 𝐱)𝟐 𝟐
(𝐜𝐨𝐬 𝐱)𝟒 𝟒
(sec x)−2 2
(sec x)−4 4
𝟏−𝒙+𝟐𝒙𝟐 −𝒙𝟑
𝒙�𝒙𝟐 +𝟏�
Resolución  Hallando fracciones:
1 − 𝑥 + 2𝑥 2 − 𝑥 3 𝐴 𝐵𝑥 + 𝐶 𝐷𝑥 + 𝐸 = + + 𝑥(𝑥 2 + 1)2 𝑥 (𝑥 2 + 1) (𝑥 2 + 1)2
1 − x + 2x 2 − x 3 A(x 4 + 2x 2 + 1) + (Bx + C)(x 3 + x) + (Dx + E)x = x(x 2 + 1)2 x(x 2 + 1)2 −𝑥 3 + 2𝑥 2 − 𝑥 + 1 = 𝐴𝑥 4 + 2𝐴𝑥 2 + 𝐴 + 𝐵𝑥 4 − 𝐵𝑥 2 + 𝐶𝑥 3 + 𝐶𝑥 + 𝐷𝑥 2 + 𝐸𝑥
0𝑥 4 − 1𝑥 3 + 2𝑥 2 − 𝑥 + 1 = (𝐴 + 𝐵)𝑥 4 + 𝐶𝑥 3 + (2𝐴 + 𝐵 + 𝐷)𝑥 2 + (𝐸 + 𝐶)𝑥 + 𝐴  Igualando coeficientes: A+B=0
C = -1 2A + B + D = 2
 Remplazando: 1 − x + 2x 2 − x 3 1 x+1 x = − + x(x 2 + 1)2 x (x 2 + 1) (x 2 + 1)2
𝑢 = 𝑥2 + 1 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑢 = 𝑥𝑑𝑥 2
CALCULO DIFERENCIAL  Integrando cada fracción: 1 − 𝑥 + 2𝑥 2 − 𝑥 3 𝑑𝑥 = 𝑥(𝑥 2 + 1)2
1 𝑑𝑥 − 𝑥
1 − 𝑥 + 2𝑥 2 − 𝑥 3 𝑑𝑥 = 𝑥(𝑥 2 + 1)2
𝑑𝑥 − 𝑥
1 − 𝑥 + 2𝑥 2 − 𝑥 3 𝑑𝑥 = 𝑥(𝑥 2 + 1)2 𝟏−𝒙+𝟐𝒙𝟐 −𝒙𝟑 𝒙(𝒙𝟐 +𝟏)𝟐
𝒅𝒙 =
𝑥+1 𝑑𝑥 (𝑥 2 + 1)
𝑥 𝑑𝑥 + 1)2
𝑑(𝑥 2 + 1) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + + 2 2 (𝑥 + 1) (𝑥 + 1)
𝑢−2 𝑑𝑢
1 1 𝑢−1 𝑙𝑛|𝑥| − 𝑙𝑛|𝑥 2 + 1| − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 + +ℂ 2 2 (−1) 𝟏
𝒍𝒏|𝒙| − 𝒍𝒏�𝒙𝟐 + 𝟏� − 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈𝒙 − 𝟐
𝒙𝟐 −𝟑𝒙+𝟕
�𝒙𝟐 −𝟒𝒙+𝟔�
𝟐(𝒙𝟐 +𝟏)
Resolución  Hallando fracciones: 𝑥 2 − 3𝑥 + 7 Ax + B Cx + D = 2 + 2 2 2 2 (𝑥 − 4𝑥 + 6) (x − 4x + 6) (x − 4x + 6) 𝑥 2 −3𝑥+7 (𝑥 2 −4𝑥+6)2
(Ax+B)+(Cx+D)�x2 −4x+6� (x2 −4x+6)2
𝑥 2 − 3𝑥 + 7 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥 3 − 4𝐶𝑥 2 + 6𝐶𝑥 + 𝐷𝑥 2 − 4𝐷𝑥 + 6𝐷 𝑥 2 − 3𝑥 + 7 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥 3 − 4𝐶𝑥 2 + 6𝐶𝑥 + 𝐷𝑥 2 − 4𝐷𝑥 + 6𝐷
𝑥 2 − 3𝑥 + 7 = 𝐶𝑥 3 + 𝑥 2 (𝐷 − 4𝐶) + (𝐴 + 6𝐶 − 4𝐷)𝑥 + (𝐵 + 6𝐷)
 Igualando coeficientes: C=0
D - 4C = 1
A + 6C - 4D = -3
B + 6D = 7
 Remplazando:
𝑥 2 − 3𝑥 + 7 x+1 1 = 2 + 2 2 2 2 (𝑥 − 4𝑥 + 6) (x − 4x + 6) (x − 4x + 6)
 Integrando cada función:
𝑥 2 −3𝑥+7 𝑑𝑥 (𝑥 2 −4𝑥+6)2 �𝑥−2�+3
�𝑥2 −4𝑥+6�
�𝑥−2�
* Toribio Córdova Condori
𝑑𝑥 + 2
𝑑𝑥 +
1 du = 2 u2
1 −2 11 u du = − +ℂ 2 2u
𝑢 = 𝑥 2 − 4𝑥 + 6
𝑑𝑢 = (2𝑥 − 4)𝑑𝑥
𝑑𝑢 = (𝑥 − 2)𝑑𝑥 2
3 𝑑𝑥 = − 4x + 6)4
�(x 2 − 4x + 6)4
Sea: tan 𝜃 =
𝑥−2 √2
√2tan 𝜃 = 𝑥 − 2
𝑑�√2tan 𝜃� = 𝑑(𝑥 − 2)
√2(sec 𝜃)2 𝑑(𝜃) = 𝑑(𝑥)
��(x −
√2(sec 𝜃)2 𝑑(𝜃)
��√2tan 𝜃� +2� 3√2 (sec 𝜃)2 𝑑(𝜃) 4 [sec 𝜃]4
𝟑√𝟐 𝟖
𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 �
𝐱−𝟐
+ �√2� �
3√2 𝜃
(sec 𝜃)2 𝑑(𝜃)
[(tan 𝜃)2 +1]2
sin 2𝜃 4
𝟒 ��(𝐱−𝟐)𝟐 +𝟐�
�+ℂ
+ℂ 67
(x2 −4x+6)
: 𝑑𝑥
𝑑𝑥 = 2
u2 +�√2�
(x−2)2 +�√2� 1
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
I = − 2(𝑥2−4𝑥+6) + 1
***  Por último
𝑢 =𝑥−2
𝐱−𝟐 √𝟐
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �
8−3𝑥
I = − 2�𝑥2−4𝑥+6� �
en I: 3
𝟑𝒙−𝟖
𝟕√𝟐 𝟖
��(x−2)2 +2�
� + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑔 �
I = 𝟒�𝒙𝟐 −𝟒𝒙+𝟔� +
𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒈 �
𝒙𝒆𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈𝒙
𝟑 (𝟏+𝒙𝟐 )𝟐
Resolución  ∫ 𝒖 𝒅𝒗 = 𝒖𝒗 − ∫ 𝒗 𝒅𝒖 𝒆𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈𝒙 I=∫ 𝑑𝑥 √1+𝑥 2 (1+𝑥 2 ) 𝑥
= ∫ 𝑑 (𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 ) 2 √1+𝑥
I=√1+𝑥2 𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 − ∫ 𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 𝑑 �√1+𝑥2� I =
√1+𝑥
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 𝑒 − 𝑒 ∫ 2
𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥
L= ∫ (1+𝑥 2 )
1 (1+𝑥 2 )2
x 𝑑𝑥√1 + 𝑥2 − 𝑑�√1 + 𝑥2 �𝑥 d� �= (1 + 𝑥2 ) √1 + x 2 d�
3 (1+𝑥 2 )2
√1 + x 2
(1 + 𝑥2 )2
𝑑 (𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 ) dv
earctgx
√1+𝑥 2
+ ∫ earctgx
− ∫ 𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 𝑑 �
1 (1−𝑥 2 )2
(1−𝑥 2 )2
1 𝑥 d� �=− 3 𝑑𝑥 √1 + x 2 (1 − 𝑥 2 )2
𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 − 2
𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 √1+𝑥 2
𝐞𝐚𝐫𝐜𝐭𝐠𝐱
𝟐�𝟏+𝐱 𝟐
(𝐱 − 𝟏)
[𝒙𝟐 𝒍𝒏𝒙 − 𝒙(𝒍𝒏𝒙)𝟐 ]𝒅𝒙 Resolución
I=∫ 𝑙𝑛𝑥𝑥 2 𝑑𝑥 − ∫(𝑙𝑛𝑥)2 𝑥𝑑𝑥
u = lnx du =
u = (lnx)2
2lnx du = dx x
dv = x 2 dx v=
= 𝑙𝑛𝑥
𝑥3 𝑥3 1 𝑥3 𝑙𝑛𝑥 1 −� 𝑑𝑥 = − � 𝑥2 𝑑𝑥 3 3 3 3𝑥
= 𝟑 𝒍𝒏𝒙 − 𝟗 + ℂ
: dv = x 2 dx x2 v= 2
𝑥2 2𝑙𝑛𝑥
= (𝑙𝑛𝑥)2 2 − ∫ 2 𝑥 𝑑𝑥 = (𝑙𝑛𝑥)2 2 − ∫ 𝑥𝑙𝑛𝑥 𝑑𝑥 𝑥2
= 2 (𝑙𝑛𝑥)2 − ∫ 𝑙𝑛𝑥 𝑥𝑑𝑥 L
CALCULO DIFERENCIAL Hallando L:
𝒙𝟑 𝟑
L= 2 𝑙𝑛𝑥 − ∫ 2 𝑥 𝑑𝑥 = 2 𝑙𝑛𝑥 − 2 ∫ 𝑥𝑑𝑥
dv = xdx x2 2
L= 2 𝑙𝑛𝑥 − 4 + ℂ
𝑥2 𝑥2 𝑥2 2 ( ) = 𝑙𝑛𝑥 − 𝑙𝑛𝑥 + + ℂ 2 2 4
** 
𝒍𝒏𝒙 −
𝒙𝟑 𝟗
𝒙𝟐 𝟐
(𝒔𝒆𝒄 𝒙)𝟐
(𝒍𝒏𝒙)𝟐 +
𝟑 �𝟒−(𝒕𝒂𝒏 𝒙)𝟐 �𝟐
+ ℂ Rpta
[4−(tan 𝑥)2 ]2
1+(𝑡𝑎𝑛𝑥)2
… … … … … . ..
𝑡𝑎𝑛𝑥 = 2𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(2𝑠𝑒𝑛 𝜃) = 𝑥 1
1+4(𝑠𝑒𝑛𝜃)2
3 𝑑𝑥 2 �4−(tan 𝑥) �2
2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃 … … … …………………....
1+4�senθ�
2𝑐𝑜𝑠𝜃
3 2 𝑑𝑥 �1+4�senθ� � 2 2 �4−4(𝑠𝑒𝑛𝑥) �
2[1−(𝑠𝑒𝑛𝜃)2 ]2
𝑐𝑜𝑠𝜃 1 1 2 ) 𝑑𝜃 = �( 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑑𝜃 = � 𝑑(𝑡𝑎𝑛𝜃) 4[𝑐𝑜𝑠𝜃]3 4 4
1 = 𝑡𝑎𝑛𝜃 + ℂ 4
�4 − (tan 𝑥)2
[𝟒−(𝒕𝒂𝒏 𝒙)𝟐 ]𝟐
𝟑 𝒅𝒙 = 𝟒
�𝟒−(𝒕𝒂𝒏 𝒙)𝟐
�𝒛𝟐 −𝟐𝒛+𝟓�
𝒅𝒛
∫ (z2 −2z+5)2 𝑑𝑧 = ∫ (z2 −2z+1+4)2 𝑑𝑧 = ∫ 
2 𝑑𝑧………
�(z−1)𝟐 +22 �
𝑧 − 1 = 2𝑡𝑎𝑛𝜃
𝑑𝑧 = 2(𝑠𝑒𝑐𝜃)2 𝑑𝜃
 ∫
2(secθ)2
𝑑𝑧 = ∫ [4(𝑡𝑎𝑛𝜃)2 2 2
�(z−1)𝟐 +2 �
𝑑𝜃 = ∫ [4(𝑠𝑒𝑐𝜃)2 ]2 𝑑𝜃 = ∫ (𝑠𝑒𝑐𝜃)2 +4]2 8
1 1 𝜃 𝑠𝑒𝑛2𝜃 = �(𝑐𝑜𝑠𝜃)2 𝑑𝜃 = � + �+ℂ 8 8 2 4
𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + +ℂ 16 16 𝜃
∫ (𝐳𝟐 −𝟐𝐳+𝟓)𝟐 𝑑𝑧 = 16 +
𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 16
z − 1 = 2tanθ tanθ =
�z 2 − 2z + 5
z-1 𝟐
𝑠𝑒𝑛𝜃 =
𝑧−1
√z 2 − 2z + 5 2
√z 2 − 2z + 5
1 (𝑧 − 1)2 1 1 𝑧−1 + 𝑑𝑧 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 +ℂ � � (z 2 − 2z + 5)2 16 z 2 − 2z + 5 16 2
𝟐 𝒅𝒛 =
𝒛−𝟏
𝟖 𝒛𝟐 −𝟐𝒛+𝟓
CALCULO DIFERENCIAL I.-
INTEGRAL DE LA FORMA:
(𝑨𝒙+𝑩)𝒅𝒙
�𝒂𝒙𝟐 + 𝒃𝒙+𝒄
(𝟔−𝒙)𝒅𝒙
�𝟒𝒙𝟐 −𝟏𝟐𝒙+𝟕
Complementando cuadrados: 7 9 9 7 3 2 1 2 4𝑥 − 12𝑥 + 7 = 4 �𝑥 − 3𝑥 + � = 4 �𝑥 − 3𝑥 + − + � = 4 ��𝑥 − � − � 4 4 4 4 2 2 2
=> 𝐼 = ∫
�6−𝑥�𝑑𝑥
3 2 1 �4 ��𝑥− � − � 2 2
2 2���𝑥− 32� − 12�
= 12 ∫
3 2 1 − 2� 2
���𝑥− �
Por Sustitución trigonométrica: Sea: 𝑥 −
𝐼= ∫ 2 1
= ∫� − 2 2
�6− 2−
=> 𝑑𝑥 =
𝑠𝑒𝑐𝜃𝑡𝑔𝜃𝑑𝜃
1 1 sec𝜃� sec𝜃 tg𝜃 d𝜃 √2 √2 2
�� 1 sec𝜃� − 1 2 √2
= ∫� 2
�2−
1 1 sec𝜃�. sec𝜃tg𝜃 d𝜃 √2 √2 1 tg𝜃 √2
sec𝜃� 𝑠𝑒𝑐𝜃𝑑𝜃 = ∫ sec𝜃 d𝜃 − ∫ 𝑠𝑒𝑐 2 𝜃d𝜃 4 2√2 √2
1 9 𝑡𝑔𝜃 + 𝐶1 𝐼 = 𝐿𝑛|𝑠𝑒𝑐𝜃𝑡𝑔𝜃| = 4 2√2 3
Como: 𝑥 − 2 =
=> 𝐼 =
𝐿𝑛 �
√2 (2𝑥 2
3 2 1 ��𝑥 − � − 2 2
− 3) + √2 . − 3) +
√4𝑥 2 − 12𝑥+7 4
4𝑥 2 −12𝑥+7
. √2 � 1
√4𝑥 2 − 12𝑥 + 7� − 2
4𝑥 2 −12𝑥+7 4
= 𝐿𝑛 �
+ 𝐿𝑛�2𝑥 − 3 + √4𝑥 2 − 12𝑥 + 7� − √4𝑥 2 − 12𝑥 + 7 + 𝐶1 4 4
= 𝐿𝑛 4
sec𝜃
3 𝑥−2 1 √2
𝑠𝑒𝑐𝜃 =
− 3 + √4𝑥 2 − 12𝑥 + 7)� − √4𝑥 2 − 12𝑥 + 7 + 𝐶1 4
𝑰 = 𝑳𝒏�𝟐𝒙 − 𝟑 + √𝟒𝒙𝟐 − 𝟏𝟐𝒙 + 𝟕� − √𝟒𝒙𝟐 − 𝟏𝟐𝒙 + 𝟕 + 𝑪𝟏 𝟒
UNFV – BASE 2009 𝒏
II.- INTEGRAL DE LA FORMA: ∫ 𝑹 �𝒙 , � � 𝒅𝒙 𝒄𝒙+𝒅 𝟏
𝑰=∫ � 𝒙
𝒙−𝟗 𝒙+𝟗
𝑢=�
𝐼=∫ 4 µ2
1−µ4
𝑥+9
1−µ2
9 (1+ µ2 )
9 (1 + 𝜇2 )
. 𝑢.
1−𝜇 2
36 𝜇 𝑑𝜇
(1−𝜇 2 )2
36 µ dµ
(1−µ2 )2
= (1−µ2 )(1−µ)(
1+µ )
36 µ dµ 1−µ4
𝐴µ+B 1+µ2
1−𝜇
(𝐴µ+B)�1−µ2 � +c �1−µ2 �(1+µ)+ D �1+µ2 �(1−µ) (1+µ2 )(1−µ)(1+µ)
(−𝐴 + C − D)µ3 + (−𝐵 + 𝐶 + 𝐷)µ2 + (A + C − D)µ + (B + C + D) (1 + µ2 )(1 − µ)(1 + µ)
-A +C -D = 0
- B + C + D = 4 => A = 0, B = - 2, C = 1 , D = 1 A+ C–D= 0
B + C + D = 0
CALCULO DIFERENCIAL 
4 𝜇2
1−𝜇 4
1+𝜇
∫ 1−𝜇4 𝑑𝑢 = −2 ∫ 1+𝜇2 + ∫ 1−𝜇 + ∫ 1+𝜇
= −2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑢) − 𝐿𝑛|1 − 𝑢| + 𝐿𝑛|1 + 𝑢| d+µ �+ c 1−µ
= −2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(µ) + Ln � = −2𝑎𝑟𝑐𝑡�
𝑥−9 𝑥+9
1+ �𝑥+9
+ 𝐿𝑛 �
�+𝑐
1− �𝑥+9
𝑰 = −𝟐𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈�
+ 𝑳𝒏 �
√𝒙+𝟗 + √𝒙−𝟗 � √𝒙+𝟗 – √𝒙−𝟗
III.- INTEGRAL DE LA FORMA: (𝒂𝒙 + 𝒃)𝒑𝟏/𝒒𝟏 (𝒂𝒙 + 𝒃)𝒑𝟐/𝒒𝟐 (𝒂𝒙 + 𝒃)𝒑𝒌/𝒒𝒌 � 𝑹 �𝒙, , … � 𝒅𝒙 𝒄𝒙 + 𝒅 𝒄𝒙 + 𝒅 𝒄𝒙 + 𝒅
𝑰=∫
𝒙− √𝒙−𝟐 𝟑
𝒙𝟐− �(𝒙−𝟐)𝟐
Resolución Toribio Córdova Condori
Sea 𝑥 − 2 = 𝜇 3 = > x = 𝑥 = 𝜇 3 + 2 = > 𝑑𝑥 = 3𝜇 2 𝑑𝑢
(𝜇3 + 2)− 𝜇
(𝜇3 + 2)2 − 𝜇
. 3𝑢2 𝑑𝑢 = 3 ∫ 2
𝜇5 −𝜇3 + 2𝜇2
= 3 ∫ (𝜇+1)(𝜇2 
−𝜇+2)(𝜇3 −𝜇+2)
(𝜇+1)(𝜇2 −𝜇+2)(𝜇3 −𝜇+2)
𝜇2 (𝜇3 − 𝜇+2)
(𝜇3 + 2)2 − 𝜇2
. du = 3 ∫
(𝜇3 + 𝜇+2)− (𝜇3 + 2− 𝜇)
𝑑𝑢 …… (*) 𝐴
𝑢+1
𝐵𝑢+𝑐
𝜇2 −𝜇+2
𝐷𝜇2 + 𝐸𝜇+𝐹 𝜇3 −𝜇+2
𝐴(𝜇2 − 𝜇 + 2)(𝜇3 − 𝜇 + 2) + ( 𝐵𝜇 + 𝐶)(𝑢 + 1)(𝜇3 − 𝜇 + 2 ) + (𝐷𝜇2 + 𝐸𝜇 + 𝐹)(𝜇 + 1)(𝜇2 − 𝜇 + 2 ) (𝜇 + 1)(𝜇2 − 𝜇 + 2)(𝜇 3 − 𝜇 + 2)
( 𝐴+𝐵+𝐷)𝜇5 +�−𝐴+𝐵+𝐶+𝐸) 𝜇4 +(𝐴−𝐵+𝐶+𝐷+𝐹�𝜇3 + (3𝐴+𝐵−𝐶+2𝐷+𝐸)𝜇2 +(−4𝐴+2𝐵+𝐶+2𝐸+𝐹)𝜇+(4𝐴+2𝐶+2𝐹) (𝜇+1)(𝜇2 −𝜇+2)(𝜇3 −𝜇+2)
-A +C +D=1 -A + B + C + E = 0 A-B+C+D+F=-1 3A+B – C + 2D + E = 2 -4A+ 2B + C + 2E + F = 0 4A + 2C + 2F = 0
= > A = ¼ , B = 3/4 , C = -1/2 , D = 0, E = 0, F = 0
𝜇 5 − 𝜇 3 + 2𝜇 2 => (𝜇+1)(𝜇2 −𝜇+2)(𝜇 3 −𝜇+2)
𝜇+1
3 1 𝜇− 4 2 𝜇 2 −𝜇+2
𝜇 3 −𝜇+2
CALCULO DIFERENCIAL 𝜇 5 − 𝜇 3 + 2𝜇2 =>∫ (𝜇+1)(𝜇 2 −𝜇+2)(𝜇 3 −𝜇+2)
3 1 𝜇−2 4 𝜇 2 −𝜇+2
Por Sust. Trigonométrica:
𝜇−2=
3 1 √7 1 tg𝜃�− � 4 2 2 2 7 𝑆𝑒𝑐 2 𝜃 4
= √7 ∫ � + 7 8 2
=> II =
= ∫� � + 4 2 2
√7 tg𝜃� 2
− � √7 𝑑𝜃 2 7
� = 7 √7 �8 √7 ∫ tg𝜃𝑑𝜃 − 8 ∫ 𝑑𝜃� 8
= √7 � √7 𝐿𝑛|𝑠𝑒𝑐𝜃| − 𝜃� 7 8 8
tg𝜃 =
√7 𝑠𝑒𝑐 2 𝜃𝑑𝜃 4
− � d𝜃 = √7 � √7tg𝜃 − � 𝑑𝜃 2 7 8 8
√7 𝑡𝑔𝜃 4
=>d𝜇 = 𝑑𝑢 =
= √7 �∫ √7 tg𝜃d𝜃 − ∫ 7 8 2
√7 𝑆𝑒𝑐 2 𝜃𝑑𝜃 2
3√7 tg𝜃 8
𝑑𝑢 = ∫
�4𝜇−2�
= ∫ + 2 𝑑𝑢 … … (∆) 𝜇 −𝜇+2 4 𝜇+1
3 1 𝜇−2 4 1 2 7 �𝜇−2� +4
𝜇−2 √7 2
√7 �8 √7 Ln �
�𝜇−2� +4 √7 2
��𝜇 − � +
𝜇−
√7 2
arctg �
��𝜇 − 1� + 7� − √7 arctg �2𝜇−1� + 𝐶1 2
II en (∆)
𝜇 5 − 𝜇3 + 2𝜇 2
 ∫ (𝜇+1)(𝜇2 −𝜇+2)(𝜇3 −𝜇+2) =
𝐿𝑛 |𝜇 + 1| +
Ln � 4
��𝜇 − 1� + 7� − √7 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �2𝜇−1� + 𝐶1 2 4 28 √7
Remplazar en (*) 1
=>I=3� 𝐿𝑛 |𝜇 + 1| + 𝐿𝑛 � 4
=> I= Ln|𝜇 + 1| + 𝐿𝑛 � Pero:
√𝟕
2𝜇−1 √7 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 � � + 𝐶1 � 28 √7
��𝜇 − 1� + 7� − 3√7 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �2𝜇−1� + 𝐶
𝑥 − 2 = 𝜇 3 => 𝑢 = √𝑥 − 2
𝑰 = 𝟒 𝑳𝒏� √𝒙 − 𝟐 + 𝟏� + 𝟒 𝑳𝒏 �
��𝜇 − 1� + 7� −
𝟏 𝟕 𝟑√𝟕 𝟐 √𝒙−𝟐 −𝟏 𝟑 ��√𝒙 − 𝟐 − 𝟐� + 𝟒� − 𝟐𝟖 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 � �+ 𝑪 √𝟕
IV.- INTEGRALES DE LA FORMA: ∫ Toribio Córdova Condori
𝑷𝒏(𝒙)𝒅𝒙
�𝒂𝒙𝟐 +𝒃𝒙+𝒄
𝟐𝒙𝟐 − 𝟒𝒙+𝟒 �𝟑+𝟐𝒙−𝒙𝟐
Resolución 2𝑥 2 −4𝑥+4
∫ √3+2𝑥−𝑥 2 𝑑𝑥 = (𝐴𝑥 + 𝐵)√3 + 2𝑥 − 𝑥 2 + 𝜆 ∫ √3+2𝑥−𝑥 2
Derivando: 2𝑥 2 −4𝑥+4
√3+2𝑥−𝑥 2
= 𝐴√3 + 2𝑥 − 𝑥 2 +
(𝐴𝑥+𝐵)(2−2𝑥) 2√3+2𝑥−𝑥 2
2𝑥 2 − 4𝑥 + 4 = 𝐴(3 + 2𝑥 − 𝑥 2 ) + (𝐴𝑥 + 𝐵)(1 − 𝑥 ) + 𝜆 2𝑥 2 − 4𝑥 + 4 = (−2𝐴)𝑥 2 + (3𝐴 − 𝐵)𝑥 + (3𝐴 + 𝐵 + 𝜆) −2𝐴 = 2 3𝐴 − 𝐵 = 4 ⟹ 𝐴 = −1, 𝐵 = 1, 𝜆 = 6 3𝐴 + 𝐵 + 𝜆 = 4
2𝑥 2 −4𝑥+4
 ∫ = (−𝑥 + 1)√3 + 2𝑥 − 𝑥 2 + 6 ∫ 2 √3+2𝑥−𝑥 √3+2𝑥−𝑥 2 = (−𝑥 + 1)√3 + 2𝑥 − 𝑥 2 + 6 ∫ ∴
�4−(𝑥−1)2
𝒙−𝟏
𝑰 = (−𝒙 + 𝟏)√𝟑 + 𝟐𝒙 − 𝒙𝟐 + 𝟔𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏 �
�+ 𝒄
(𝒙+𝟐)𝒅𝒙
(𝒙−𝒂)𝒏 �𝒂𝒙𝟐 +𝒃𝒙+𝒄
(𝒙−𝟏)�𝒙𝟐 +𝟏
Resolución 𝑥+2 𝑥−1
𝐼 = ∫(1 +
√𝑥 2 +1
(𝑥−1)√𝑥 2 +1
𝐼𝐼 = ∫ (𝑥−1)√𝑥 2 +1 1 𝑥−1= 𝑡
=> 𝑑𝑥 = −
 𝐼𝐼 = ∫ = −∫
𝑑𝑡 𝑡2
−𝑑𝑡 𝑡2
2 1 ��1+ 1� +1 𝑡 𝑡
�2��𝑡 + � + � 𝑡 4
∫ √2
𝑡� 2 + 1+ + 1 𝑑𝑡
√2𝑡 2 + 2𝑡+1
��𝑡 + 1� + 1 𝑡 4
1 1 2 1 = 𝐿𝑛 �𝑡 + + ��𝑡 + � + � + 𝑐 2 𝑡 4 √2 1
𝐿𝑛 �𝑡 +
2 + 2𝑡 + 1� + c √2𝑡 2
Reemplazar: 𝑡 = 𝑥−1 𝐼𝐼 = − =− =−
𝐼𝐼 = − =−
+ � √2 (𝑥−1)2
𝑥 2+ 1
√2(𝑥−1)
√𝑥 2 + 1� + 𝑐
2(𝑥−1)
1 𝑥+1 1 �𝑥 2 + 1�� + 𝑐 � + 𝑥−1 2 √2
Reemplazar en (*) 𝑰 = 𝑳𝒏�𝒙 + √𝒙𝟐 + 𝟏� −
𝑳𝒏 �
VI.- Integral de la forma:
�𝟏+𝒆𝟒𝒙 𝒆𝒙
𝒙+𝟏 𝟐
√𝒙𝟐 + 𝟏�� + 𝒄 Rpta
∫ 𝒙𝒎 (𝒂 + 𝒃𝒙𝒏 )𝒑 𝒅𝒙
Sea: 𝑡 = 𝑒 𝑥 -> 𝑑𝑡 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 => 𝐼 = ∫
√1+𝑒 4𝑥 𝑒 2𝑥
1� 4 𝑑𝑡
. 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑡 −2 (1 + 𝑡 4 )
1 𝑚+1 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑚 = −2, 𝑛 = 4, 𝑝 = , +𝑝 =0 ∈𝑍 4 𝑛 ⟹ 𝑧 4 𝑡 4 = 1 + 𝑡 4 ⟹ 𝑧 4 = 𝑡 −4 + 1
⟹ 𝑑𝑡 = −𝑡 5 𝑧 3 𝑑𝑧 ⟹𝐼=
∫ 𝑡 −2 (𝑧 4 𝑡 4 )4 (−𝑡 5 𝑧 3 𝑑𝑧)
= − � �1 +
= − ∫ 𝑡 𝑧 𝑑𝑧 = − ∫
𝑑𝑧 1 � 𝑑𝑧 = − �� 𝑑𝑧 + � � 𝑧4 − 1 𝑧4 − 1
𝑧4
𝑧 4−1
𝐼 = − ∫ �1 +
𝑍 4 −1
� 𝑑𝑧 = − �∫ 𝑑𝑧 + ∫ 4 � 𝑧 −1
𝐼 = − ∫ 𝑑𝑧 − ∫ 4 ….. (*) 𝑧 −1 1
= 𝑧 4 −1 (
𝑧+1)(𝑧−1)(𝑧
2 +1) = 𝑧+1 +
𝑐𝑧+𝐷
+ 𝑧−1 𝑧 2 +1
A (z − 1) (𝑧 2 + 1) + B(Z + 1)(𝑧 2 + 1) + (Cz + D)(𝑧 2 − 1) = (𝑧 + 1)(𝑧 − 1)(𝑧 2 + 1) (A + B + C)𝑧 3 + (−A + B + D)𝑧 2 + (A + B − C)Z + (−𝐴 + 𝐵 − 𝐷) = (𝑧 + 1)(𝑧 − 1)(𝑧 2 + 1)
 A+B+C=0 - A + B + D = 0 => A = - 1/4, B = 1/4 , C = 0, D = -1/2 A+B–C=0 - A+B-D=1 1
− − 1 4 4 2 = + + 4 2 𝑧 −1 𝑧+1 z−1 𝑧 +1 1
 ∫ 4 = − ∫ + 𝑧 −1 4 𝑧+1 =
− ∫ 2 ∫ 4 𝑧−1 2 𝑧 +1 1
𝐿𝑛|𝑧 + 1| + 𝐿𝑛|𝑧 − 1| − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑧 + 𝑐1 4
1 1 = [𝐿𝑛 |𝑧 − 1| − 𝐿𝑛 |𝑧 + 1|] − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑧 + 𝑐1 2 4
∫ 𝑧 4−1 = 4 𝐿𝑛 �𝑧+1� − 2 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑧 + 𝑐1
Reemplazar en (*) 1
𝐼 = −𝑧 − 𝐿𝑛 � 4
𝑧−1 𝑧+1
𝑃𝑒𝑟𝑜 𝑧 𝑡 = 1 + 𝑡
⟹ 𝐼=− ⟹ 𝐼=−
� + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑧+c 2
√1+𝑡 4
√1+𝑡 4 𝑡
1 + 𝑡4 √1 + 𝑡 4 ⟹ 𝑧 = ⟹ 𝑧= 𝑡4 𝑡
− 𝐿𝑛 � 4
4 �1+𝑡4 −1 𝑡 4 �1+𝑡4 𝑡
� + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �
√1+𝑡 4 − 𝑡
− 𝐿𝑛 � 4 4
√1+𝑡 4 +𝑡
� + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 � 2
Como: 𝑡 = 𝑒 𝑥
𝑰=−
�𝟏+𝒆𝟒𝒙 −𝒆𝒙
− 𝟒 𝑳𝒏 � 𝟒
� + 𝟐 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 � 𝒙
�𝟏+𝒆𝟒𝒙 +𝒆
�+𝒄
VII.- Integral de la forma: ∫ 𝑅 , (𝑥, √𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐)𝑑𝑥
𝑰= ∫
�𝒙𝟐 +𝟑𝒙�𝒅𝒙
(𝒙−𝟏)�𝒙𝟐 −𝟐𝒙+𝟏𝟎
Resolución 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑎 = 1 > 0 ⟹ �𝑥2 − 2𝑥 + 10 = √1𝑥 + 𝑡 = 𝑥 + 𝑡
⟹ 𝑥 2 − 2𝑥 + 10 = 𝑥 2 + 𝑡 2 + 2𝑡𝑥 10 − 𝑡 2 = 2𝑡𝑥 + 2𝑥
10 − 𝑡 2 = 2𝑥(𝑡 + 1)
 𝑥= 𝐼=∫
10−𝑡 2
⟹ 𝑑𝑥 =
2(𝑡+1)
−�𝑡 2 +2𝑡+10� 2(𝑡+1)2
2 10−𝑡2 10−𝑡2 (𝑡2 +2𝑡+10) +3 � 𝑑𝑡 . � �� 2(𝑡+1) 2(𝑡+1) 2(𝑡+1)2 10−𝑡2 3(10−𝑡2 )
�2(𝑡+1)−1�� 2(𝑡+1) + 𝑡� 2
�10−𝑡2 � +6�10−𝑡2 �(𝑡+1)
𝐼=∫ 1
4(𝑡+1)
�8−2𝑡−𝑡2 �(𝑡2 +2𝑡+10)
(10−𝑡 2 )2 +6 (𝑡+1)(10−𝑡 2 ) (𝑡 2 +2𝑡+10 (8−2𝑡−𝑡 2 )(𝑡 2 +2𝑡+10)
2(𝑡+1)2
𝑡 4 −6𝑡 3 − 26𝑡 2 +60𝑡+160 𝑡 4 +4𝑡 3 −3𝑡 2 −14𝑡−8
(𝑡2 + 2𝑡 + 10) 2(𝑡 + 1)
2 (10−𝑡2 ) 3(10−𝑡2 ) (𝑡2 +2𝑡+10) + 2(𝑡+1) � . 𝑑𝑡 2 4(𝑡+1) 2(𝑡+1)2 8−2𝑡−𝑡2 𝑡2 +2𝑡+10
� 2(𝑡+1) �� 2(𝑡+1) �
= ∫ �1 − 2
10𝑡 3 + 23𝑡 2 − 74𝑡−168
𝐼 = �∫ 𝑑𝑡 − ∫ 2
� 𝑑𝑡
(𝑡+1)2 (𝑡 2 +2𝑡−8)
10𝑡 3 +23𝑡 2 −74𝑡−168𝑑𝑡 (𝑡+1)2 (𝑡+4)(𝑡−2)
10𝑡 3 +23𝑡 2 −74𝑡−168 (𝑡+1)2 (𝑡+4)(𝑡−2)
� …. (*)
𝐴 (𝑡+4)(𝑡−2)+𝐵(𝑡+1)(𝑡+4)(𝑡−2)+𝐶 (𝑡+1)2 (𝑡−2)+𝐷 (𝑡+1)2 (𝑡+4) (𝑡+1)2 (𝑡+4)(𝑡−2) (𝐵+𝐶+𝐷)𝑡 3 + (𝐴+3𝐵+6𝐷)𝑡 2 +(2𝐴−6𝐵−3𝐶+9𝐷)𝑡 +(−8𝐴−8𝐵−2𝐶+4𝐷) (𝑡+1)2 (𝑡+4)(𝑡−2)
A + 3B + 6D = 23
2A - 6B - 3C+ 9D = -74
=> A = 9, B = 0, C = 8/3, D = -8/3
-8A - 8B - 2C + 4D = -168
10𝑡 3 +23𝑡 2 −74𝑡−168 => (𝑡+1)2 (𝑡+4)(𝑡−2)
= 9∫ =
(𝑡+1)2
+ 10 ∫
− ∫ ∫ 3 𝑡+4 3 𝑡−2
−9 8 8 + 10𝐿𝑛 |𝑡 + 1| + 𝐿𝑛|𝑡 + 4| − 𝐿𝑛|𝑡 − 2| 𝑡+1 3 3
CALCULO DIFERENCIAL −9
UNFV – BASE 2009 8
+ 10𝐿𝑛|𝑡 + 1| + 𝐿𝑛 � 3
𝑡+4 𝑡−2
−9 8 1 𝑡+4 − 10𝐿𝑛 |𝑡 + 1| − 𝐿𝑛 � 𝐼 = �𝑡 + �� 𝑡+1 3 2 𝑡−2 𝑡
𝐼= + 2
− 5𝐿𝑛 |𝑡 + 1| −
Como: √𝑥 2 − 2𝑥 + 10 = 𝑥 + 𝑡 
𝑡 = √𝑥 2 − 2𝑥 + 10 − 𝑥
√𝒙𝟐 − 𝟐𝒙 + 𝟏𝟎 – 𝒙 𝟗 + − 𝟓𝑳𝒏 �𝟏 − 𝒙 + �𝒙𝟐 − 𝟐𝒙 + 𝟏𝟎� − 𝟐 𝟐 𝟐�𝟏 − 𝒙 + √𝒙 − 𝟐𝒙 + 𝟏𝟎 �
𝟒 𝟑
𝟒−𝒙+�𝒙𝟐 −𝟐𝒙+𝟏𝟎
−𝟐−𝒙+ �𝒙𝟐 −𝟐𝒙+𝟏𝟎
VIII.- INTEGRAL DE LA FORMA: ∫ 𝑹 �𝒙 √𝒂𝒙 + 𝒃 , √𝒄𝒙 + 𝒅� 𝒅𝒙
�𝒙(𝒙+𝟏)
√𝒙 + √𝒙+𝟏
Sea: 𝑥 = 𝑧 2 
�𝑧 2 (𝑧 2 + 1) 𝑧+√𝑧 2 +1
𝑑𝑥 = 2𝑧𝑑𝑧
. 2𝑧𝑑𝑧 = ∫
𝑧√𝑧 2 +1 (2𝑍𝑑𝑍) 𝑧+√𝑧 2 +1
𝐶𝑜𝑚𝑜: 𝑎 = 1 > 0 ⟹ �𝑧 2 + 1 = 𝑧 + 𝑡
𝑧 2 √𝑧 2 +1
𝑧+√𝑧 2 +1
ELEVANDO ALCUADRADO
𝑧 2 + 1 = 𝑧 2 + 𝑡 2 + 2𝑡𝑧 ⟹ 𝑧=
𝐼 = −2 ∫ 𝐼 = −2 �
2 1−𝑡2 1−𝑡2 � � � +𝑡� 2𝑡 2𝑡 1−𝑡2 1−𝑡2 + +𝑡 2𝑡 2𝑡
(1−𝑡 2 )2 (𝑡 2 +1) 4𝑡 2
−(𝑡 2 +1) 2𝑡 2
(𝑡 2 +1) 2𝑡 2
(𝑡 2 + 1) (1 − 𝑡 2 )2 (𝑡 2 + 1) (𝑡 2 + 1) . 𝑑𝑡 = −2 � . 𝑑𝑡 2𝑡 2 8𝑡 2 2𝑡 2
1 (1 − 𝑡 2 )2 (𝑡 2 + 1)(𝑡 2 + 1) 1 (1 − 𝑡 4 )2 1 (1 + 𝑡 8 − 2𝑡 4 ) 𝐼=− � 𝑑𝑡 = − � 𝑑𝑡 = − � 𝑑𝑡 8 8 𝑡4 8 𝑡4 𝑡4
1 −1 𝐼 = − �(𝑡 4 + 𝑡 2 − 2)𝑑𝑡 = �� 𝑡 −4 𝑑𝑡 + � 𝑡 2 𝑑𝑡 − 2 � 𝑑𝑡� 8 8 1 𝑡 −3
𝐼=− (
𝑡3 3
− 2𝑡) UNFV / Educación Secundaria / Matemática – Física
1 𝑡3 𝑡 𝐼= − + +𝑐 24𝑡 3 24 4
𝑃𝑒𝑟𝑜: √𝑧 2 + 1 = 𝑧 + 𝑡 ⟹ 𝑡 = √𝑧 2 + 1 − 𝑧 ⟹ 𝑡 = √𝑥 + 1 − √𝑥
𝑰 = 𝟐𝟒(
− 𝒙)𝟑
√𝒙+𝟏−√
(√𝒙+𝟏−√𝒙)𝟑 𝟐𝟒
√𝒙+𝟏−√𝒙 𝟒
+𝒄
∫ 𝒆𝟐𝒙 𝒔𝒆𝒏𝟑𝒙 𝒅𝒙
I= ∫ 𝑒 2𝑥 𝑠𝑒𝑛3𝑥 𝑑𝑥 u
 Por partes:
∫ 𝒖 . 𝒅(𝒗) = 𝒖. 𝒗 − ∫ 𝒗. 𝒅(𝒖) 𝑢 = 𝑒 2𝑥
𝑑(𝑢) = 2𝑒 2𝑥 𝑑(𝑥)
𝑑(𝑣) = 𝑠𝑒𝑛3𝑥𝑑(𝑥) 𝑣=−
𝑐𝑜𝑠3𝑥 3
 En I:
I=− 13 𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠3𝑥 − ∫ − 23 𝑐𝑜𝑠3𝑥 𝑒 2𝑥 𝑑(𝑥) Toribio Córdova Condori
I=− 13 𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 23 ∫ 𝑐𝑜𝑠3𝑥 𝑒 2𝑥 𝑑(𝑥)
I=− 13 𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 23 ∫ 𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠3𝑥 𝑑(𝑥) = − 13 𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 23
 En :
*=∫ e2x cos3x d(x) u
𝑢 = 𝑒 2𝑥
*= *= 
1 2𝑥 𝑒 𝑠𝑒𝑛3𝑥 − 3 1 2𝑥 𝑒 𝑠𝑒𝑛3𝑥 − 3
*en I :
𝑠𝑒𝑛3𝑥 3
𝑑(𝑣) = 𝑐𝑜𝑠3𝑥𝑑(𝑥) 𝑣=
2𝑒 𝑑(𝑥)
2𝑥 𝑒 𝑠𝑒𝑛3𝑥 𝑑(𝑥) ∫ 3
1 2 1 2 𝐼 = − 𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + ( 𝑒 2𝑥 𝑠𝑒𝑛3𝑥 − 𝐼) 3 3 3 3 1 2 4 𝐼 = − e2x cos3x + e2x sen3x − I 3 9 9 Toribio Córdova Condori
4 1 2 𝐼 + 𝐼 − 𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 𝑒 2𝑥 𝑠𝑒𝑛3𝑥 9 3 9
13 1 2𝑥 2 − 𝑒 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 𝑒 2𝑥 𝑠𝑒𝑛3𝑥 9 3 9
𝑰 = − 𝟗 𝒆𝟐𝒙 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒙 + 𝟏𝟑 𝒆𝟐𝒙 𝒔𝒆𝒏𝟑𝒙 + 𝑪
(𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙)𝟐
𝑰= ∫ 𝒅𝒙 (𝒙𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙−𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙)𝟐
Resolución 𝑥 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 I=∫ 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 𝑥 (𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥−𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥)2
𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 𝑥
𝑑 (𝑢 ) =
𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 − 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 𝑑 (𝑥 ) 𝑥2
𝑑 (𝑣 ) =
𝑥 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 𝑑(𝑥) (𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 − 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 )2
𝑣=−
1 𝑥 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 − 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥
𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥
I=𝑥 (𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥−𝑥 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥) + ∫ 𝑥 2
𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙
𝒙 (𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙−𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙)
− +𝑪
𝒄𝒐𝒔𝒙+𝒙𝒔𝒆𝒏𝒙−𝟏 (𝒔𝒆𝒏𝒙−𝒙)𝟐
𝑐𝑜𝑠𝑥+𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥−(𝑠𝑒𝑛𝑥)2 −(𝑐𝑜𝑠𝑥)2 (𝑠𝑒𝑛𝑥−𝑥)2
I=∫ I=∫
−𝑠𝑒𝑛𝑥(𝑠𝑒𝑛𝑥−𝑥)−𝑐𝑜𝑠𝑥(𝑐𝑜𝑠𝑥−1) (𝑠𝑒𝑛𝑥−𝑥)2 −𝑠𝑒𝑛𝑥
I=∫ (𝑠𝑒𝑛𝑥−𝑥) 𝑑𝑥 +∫
−𝑐𝑜𝑠𝑥(𝑐𝑜𝑠𝑥−1) (𝑠𝑒𝑛𝑥−𝑥)2
 En J :
J=∫ −𝑐𝑜𝑠𝑥 u
(𝑐𝑜𝑠𝑥−1) (𝑠𝑒𝑛𝑥−𝑥)2
𝑢 = −𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑑(𝑢) = 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑(𝑥)
𝑑(𝑣) =
𝑐𝑜𝑠𝑥 − 1 𝑑(𝑥) (𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑥)2
1 (𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑥)
CALCULO DIFERENCIAL 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥−𝑥
 En I :
I=∫ −
(𝑠𝑒𝑛𝑥−𝑥)
𝒄𝒐𝒔𝒙
𝒔𝒆𝒏𝒙−𝒙
�𝟐𝝔𝟒 +𝝔𝒕 �𝒅𝒕 𝝔𝟐𝒕 −𝝔𝒕 −𝟐
Factor izando y acomodando: I=∫
(2𝜚4 +1)𝜚𝑡 𝑑𝑡
(𝜚𝑡 +1)(𝜚𝑡 −2)
Sea: 𝜚𝑡 =x dx =𝜚𝑡 𝑑𝑡 I =∫ ⟹
(x+1)(x−2) (2𝑥+1)
(𝑥+1)(𝑥−2)
dx = ∫ �
� dx . . . . (∗)
𝐴(𝑥−2)+ 𝐵(𝑥+1)
(𝐴+𝐵)𝑥+(𝐵−2𝐴)
A + B = 2 ⟹ 2B + 2A = 4 B – 2A = 2 ⟹ B – 2A = 1 3B = 5
⟹ B=
I=∫ I=
⋀ A=
𝐿𝑛|𝑥 + 1| + 1 3
𝐿𝑛|𝑥 − 2|+ C 5 3
I = Ln |(𝑥 + 1)| + Ln �(𝑥 − 2) �+ C = Ln |(𝑥 + 1)(𝑥 − 2)
∴ 53.
𝑰 = 𝟑 𝑳𝒏�(𝝔 + 𝟏)(𝝔 −
𝟐)𝟓 �𝟑
�𝟔 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝒕.𝒄𝒐𝒔𝒕−𝟑𝒔𝒆𝒏𝒕𝒄𝒐𝒔𝒕+𝒄𝒐𝒔𝒕� 𝒔𝒆𝒏𝟑 𝒕−𝒔𝒆𝒏𝟐 𝒕
Factor izando:
�6𝑠𝑒𝑛2 𝑡−3𝑠𝑒𝑛𝑡 +1� 𝑠𝑒𝑛3 𝑡−𝑠𝑒𝑛2 𝑡
. costdt
x= sen t ≫ dx = cost dt I= ∫ I= ∫
�6𝑥 2 −3𝑥 +1� 𝑥 3 𝑡−𝑥 2
�6𝑥 2 −3𝑥 +1� 𝑥 2 (𝑥−1)
6𝑥 2 −3𝑥+1 𝑥 2 (𝑥−1)
�6𝑥 2 −3𝑥 +1�
𝑥 2 (𝑥−1) 𝐵
= ∫ �𝑥 2 + 𝑥 + 𝑥−1� dx
(𝐵+𝐶 )𝑥 2 +(𝐴−𝐵)𝑥−𝐴 𝑥 2 (𝑥−1)
B+C=6 A–B=-3 - A=1 ⇒A=-1⇒ B=2 ⇒ C=4 1
∫ �− 𝑥 2 + 𝑥 + 𝑥−1� dx = -∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 + 2 ∫ 1
I = 𝑋 +2 Ln |𝑥 |+4 Ln |𝑥 − 1|+c
+ 4 ∫ 𝑥−1 𝑥
I = 𝑋 + Ln |𝑥 |2 + Ln |𝑥 − 1|4 + c 1
I = 𝑋 + Ln |𝑥 2 . (𝑥 − 1)4 | + c Toribio Córdova Condori
I = 𝑋 + Ln |𝑥 . (𝑥 − 1)2 |2 + c = 𝑥 + 2Ln |𝑥(𝑥 − 1)2 | + c 𝟏
𝑰 = 𝒔𝒆𝒏𝒕 + 2Ln �𝒔𝒆𝒏𝒕 (𝒔𝒆𝒏𝒕 − 𝟏)𝟐 � + 𝒄
𝒙+𝟐
1er. Paso: Divido el Numerador con el factor (x-1); y separó 2 integrales: 𝑥−1
∫ (𝑥−1)√𝑥 2 +1dx + ∫ (𝑥−1)√𝑥 2 +1dx 𝑑𝑥
∫ 𝑥 2 +1 + 3 ∫ 𝑥−1 √𝑥 2 +1 ⟹ Ln �𝑥 + √𝑥 2 + 1�+ 3∫ 𝑥−1 √𝑥 2 +1 2do. Paso: Resolvemos y (x-1) lo sustituimos por 1�𝑇 𝑑𝑥
∫ 𝑥−1 √𝑥 2 +1 ⟶ Reemplazamos:
−𝑑𝑟 𝑇2
2 1 ��1+ 1 � +1 𝑇 𝑇
1 𝑇= 𝑥−1
𝑥−1= 𝑇
⟶ Donde: dx =
−𝑑𝑟 𝑇2 2 1�2𝑇 +2𝑇+1 𝑟 � 𝑇2
−𝑑𝑡 𝑇2
√2𝑇 2 +2𝑇+1
��2𝑇 2 +
2 1 1 2 � +� � √2 √2
√2𝑇
2 1 1 ��2𝑇 2 + � + � � √2 √2
Sustituimos T = -
√2 � 𝑥−1
La respuesta de la Integral es:
. Ln �√2 +
dx = Ln �𝒙 + √𝒙𝟐 + 𝟏� −
√𝒙
+ √2𝑇 2 + 2𝑇 + 1�
Ln�𝒙−𝟏 +
√𝒙�(𝟏+√𝒙)𝟑 + �𝟐− √𝒙 𝟑
�𝒙𝟐 +𝟏 𝒙−𝟏
1er. Paso: Separamos Integrales:
√𝑥 . �(1+ √𝑥)3 3
𝑑𝑥 + ∫
∫ �(1 + √𝑥)3 𝑑𝑥 + ∫
�2− 3√𝑥 3
2do. Paso: Resolvemos cada Integral: 4
a) ∫ ��1 + √𝑥� dx → x = 𝑎2 Toribio Córdova Condori
dx= 2a da
∫ �(1 + 𝑎)3 2𝑎 𝑑𝑎 ⟹1 + a = 𝑏 4 3
� 𝑏 . 2 (𝑏
da =4𝑏 3 𝑑𝑏
⟹ 8 �(𝑏
− 1) . 4𝑏 𝑑𝑏
) 𝑑𝑏
7 8𝑏 7 8 4 (7𝑏 (1 + 𝑎)4 . (7𝑎 − 4) ⟶ − 11) ⟶ 77 77
8𝑏11 11
8𝑏7 7
7 8 ⟶ �1 + √𝑥�4 �7√𝑥 − 4� 77
�2− 3√𝑥
�2−𝑝 𝑝
dx ⟹ x = 𝑝3
dx = 3𝑝3 . 𝑑𝑝
𝑑𝑥 ⟹ 2 – p = q2
dp = - dq . 2q
∫ 𝑞 . 3 (2 − 𝑞 2 ) – dq . 2q = - 6 ∫(2𝑞 2 − 𝑞 4 ) . dq ⟹ - 12
𝑞3 3
6𝑞5 5
⟹ -4 (2 − √𝑥 ) 𝑰=
3� 6 2 + (2 5
⟹- 4(2 − 𝑝) 6
+ 5 (2 − 3√𝑥 ) 𝟑
�𝟏 + √𝒙� (𝟕√𝒙 − 𝟒)- 𝟒�𝟐 − √𝒙� +
− 𝑝)
𝟔 𝟓
𝟓 𝟐
�𝟐 − √𝒙� + 𝒄 Rpta
�𝟏+ √𝒙�
I= ∫ .x
. 1 + x1 / 3
 Se tiene : m=1/2 , n=1/3, p=-2, como
p=-2 € Z.
x = t 6 ..............dx = 6t 5 dt
6 I= ∫ . t
I= ∫ .t .[1 + t 3
. 1+ t6
.6t dt = 6 ∫ 5
.6t 5 dt
 4 4t 2 + 3  2 dt = I= 6 ∫ t − 2t + 3 − 2 2  + t 1  
 t 5 2t 3 4t 2 + 3  dt = I= 6 ∫  5 − 3 + 3t − ∫ 2 2  t + 1  
ii POR SUSTITUCIÓN TRIGONOMÉTRICA
t = tgθ ......................dt = sec 2 θ .dθ Ii= ∫
(4tg θ + 3).sec 2
sec 4 θ
θ .dθ = ∫
(4tg θ + 3).dθ 2
= ∫ (4 sen 2θ + 3 cos 2 θ ).dθ
= ∫ (3 + sen 2θ ).dθ = 3∫ dθ + ∫ sen 2θ .dθ = 3θ +
θ sen2θ − 2 4
7θ sen 2θ 7θ 2 senθ cos θ − +c = − +c 2 4 2 4
7θ senθ . cos θ − +c 2 2 1+ t 2 t
7θ 1 t 1 7θ t − . . +c = − +c 2 2 2 2 2 2 t 2 . + 1 t +1 t +1 Ii =
7 t arctgc − +c 2 2 2 ( + 1 ) t Ii=
36 x 66 5 6 6 x − 4 x + 18 x − 21arctg ( x) + 3 + c I= 5 1+ x
5 −1 x x 1 + ∫
𝒅(𝒙)
𝒙 �𝟏+𝒙𝟓
 Se tiene : m=-1 , n=5, p=-1/3, como
m+1 =0 ∈ 𝑍 3
1 + x5 = t 3 5 x 4 .dx = 3t 2 dt 3 dx = x − 4 t 2 dt 5
−1 3 ∫x t
−1 3 x ∫ t
3 . x − 4 .t 2 .dt 5
3 −5 x .t.dt ∫ 5 =
3 t.dt ∫ 3 = 5 t −1 ii
t t A Bt + c = = + t 3 − 1 (t − 1) t 2 + t + 1 t − 1 t 2 + t + 1
t = A(t 2 + t + 1) + ( Bt + c)(t − 1) t = ( A + B )t 2 + ( A − B + C )t + ( A − C ) A+ B = 0 A− B +C =1 A−C = 0
A=1/3, B=-1/3, C=1/3
1 dt − 1 / 3t + 1 / 3dt t.dt = + ∫ t 3 −1 3∫ t −1 ∫ t 2 + t +1
(t − 1) .dt 1 dt 1 − ∫ 2 ∫ 3 t −1 3 t + t +1 (t − 1) .dt 1 1 ln t − 1 − ∫ 2 3  1 3 = 3 t +  + 2 4 
(t − 1) − 3
1 1 2 .dt ln t − 1 − ∫ 2 3 3  1 3 = t +  + 2 4 
   1 t +    dt 3 1 1 2   .dt − ∫ ln t − 1 − ∫ 2 2  2  1 3 3 3  1 3 = t + +    t +  +    2  4  2  4 
1 Sea........u = t + ............du = dt 2   t.dt dt  3 1 1  u.du ∫ t 3 − 1 = 3 ln t − 1 − 3 ∫ 2 3 − 2 ∫ 2 3   u + u +   4  4
dt 1 1 1 2u.du 1 ln t − 1 − . ∫ + ∫ 3 3 2 2 3 2 2 3 u + u + 4 4     u 1 1 3 1 1 2 +c ln t − 1 − ln u + + . .arctg   3 3 6 4 2 3   2  2 
 2  1  t.dt 1 1  1 3 1 t t arctg ln 1 + + = − − +    . t + 2  + c ∫ t 3 −1 3 6  2 4 3   3 2
 2  1  1 1  1 3 3 arctg  . t +  + c = I ln t − 1 −  t +  + + 5 10  2  4 5 3  3  2  2
t = 3 1 + x5
 2 3 1 3 1 3 1 3 3 1  5 5 5 x x arctg x ln 1 1 1 + + + = + − − + + . 1  +c     I 5 10  2 4 5 3 2   3 2
58. Hallar el área comprendida por la siguiente
función: f(x) =
𝟐𝒙 + 𝟖; −𝟒 ≤ 𝒙 ≤ −𝟐 𝟐 𝒙 ; −𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟑 −𝟑𝒙 + 𝟏𝟖; 𝟑≤𝒙≤𝟔
Y el eje “x” mediante el cálculo del límite de las sumas de RIEMANN.
𝑎 = −4
 Para A1 : 𝑥 ∈ [−4, −2] ⇒ ∆𝑥 =
(−2) − (−4) 2 = 𝑛 𝑛
𝑏 = −2
𝑓(𝑥) = 2𝑥 + 8
UNFV – BASE 2009 2
 𝑥1 = 𝑎 + ∆𝑥𝑖 ⇒ 𝑥𝑖 = −4 + 𝑖 ⇒ 𝑥𝑖 = 2𝑖
 𝑓(𝑥𝑖 ) = 2 � − 4� + 8 = 𝑛
A1= A1=
4𝑖 𝑛
lim𝑛→∞ ∑𝑛𝑖=1 𝐴1 = lim𝑛→∞ ∑𝑛𝑖=1 lim𝑛→∞
8 (𝑛)(𝑛+1)
8𝑖
2𝑖 𝑛
= lim𝑛→∞
∑𝑛𝑖=1 𝑖
= lim𝑛→∞ 4 �1 + � = 4 ⇒ A1= 4 𝑛
 Para A2 :
𝑥 ∈ [−2, −3] ⇒ ∆𝑥 =  𝑥1 = 𝑎 +
𝑏 − 𝑎 3 − (−2) 5 = = 𝑛 𝑛 𝑛
(𝑏−𝑎)
𝑖 ⇒ 𝑥𝑖 = −2 +
5𝑖
 𝑓(𝑥𝑖 ) = � − 2� = 𝑛
Ai=𝑓(𝑥𝑖 )∆𝑥𝑖 = (25𝑖 𝑛2
A2 = A2 =
lim𝑛→∞ ∑𝑛𝑖=1 𝐴𝑖 lim𝑛→∞ (
25𝑖 2 𝑛2
20𝑖 𝑛
125𝑖 2
100 (𝑛+1)𝑛 𝑛2
+ 4) = 𝑛
⇒ 𝑥𝑖 =
125𝑖 2 𝑛 lim𝑛→∞ ∑𝑖=1( 3 𝑛
125 𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1) 𝑛3
100𝑖 𝑛2
20 𝑛
lim𝑛→∞ (
(1 + )(2 + ) − 𝑛
− 50 + 20 =
⟹A2=
 Para A3 :
𝑥 ∈ [3,6] ⇒ ∆𝑥 =
 𝑥1 = 𝑎 +
𝑏−𝑎 6−3 3 = = 𝑛 𝑛 𝑛 (𝑏−𝑎) 𝑛
𝑖 ⇒ 𝑥𝑖 = 3 +
3𝑖 𝑛
 𝑓(𝑥𝑖 ) = −3 � + 3� + 18 = 9 − 𝑛
Ai =𝑓(𝑥𝑖 )∆𝑥𝑖 = (9 − 9𝑖𝑛) 𝑛3 = 27𝑛 − 27𝑖 𝑛2 A3 = lim𝑛→∞ ∑𝑛𝑖=1 𝐴𝑖 A3 =
27 𝑛
= lim𝑛→∞ ∑𝑛𝑖=1 �
∑𝑛𝑖=1(1) −
9𝑖 𝑛
27𝑖 𝑛2
∑𝑛𝑖=1(𝑖) )
27 1 A3 = lim𝑛→∞( 27 − 𝑛27 (𝑛)(𝑛+1) ) = lim𝑛→∞ ( 27 − (1)(1 + ) ) 2 2 𝑛 2
A3 =27 − 272 = 272 Toribio Córdova Condori
A3=272
A1 + A2 + A3 = 𝟒 + 59. Hallar
𝟑𝟓 𝟑
𝟐𝟕 𝟐
𝟏𝟕𝟓 𝟔
siguientes curvas cuando 𝒙 ∈ [𝟏, 𝟑]:
𝒚𝟏= 𝒙𝟐
𝒚𝟐= 𝟒𝒙𝟐 −𝟑𝒙
 Hallando los puntos de intersección:
𝑥 3 = 4𝑥 2 − 3𝑥 𝑥 2 − 4𝑥 2 + 3𝑥 = 0 𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 − 3) = 0
⇒ ∆𝑥 = 𝑏 −𝑛 𝑎 = 3 −𝑛 1 = 𝑛2 𝑥1 = 𝑎 + ∆𝑥𝑖 = 1 +
∆𝒊 = 𝒚𝟐 (𝒙𝒊 ) − 𝒚𝟏 (𝒙𝒊 )
2 2𝑖 2 2𝑖 2𝑖 ∆𝑥 = �4 �1 + � − 3 �1 + � − (1 + )3 � 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 2
4𝑖 4𝑖 2 6𝑖 2𝑖 2𝑖 2 2𝑖 ∆𝑖 = �4 �1 + + 2 � − 3 − − �1 + 3 � � + 3 � � + ( )3 �� 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 16𝑖 16𝑖 2 6𝑖 6𝑖 12𝑖 2 8𝑖 3 2 ∆𝑖 = �4 + + 2 −3− −1− − 2 − 3� 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 8𝑖 8𝑖 2 16𝑖 3 ∆𝑖 = 2 + 3 − 4 𝑛 𝑛 𝑛
= 𝐥𝐢𝐦 � 𝑨𝒊 𝒏→∞
𝟖𝒊 𝟖𝒊𝟐 𝟏𝟔𝒊 = 𝐥𝐢𝐦 � � 𝟐 + 𝟑 − 𝟒 � 𝒏→∞ 𝒏 𝒏 𝒏 𝒊=𝟏
8(1 + 2+. . . . 𝑛) 8(12 + 22 + ⋯ 𝑛2 ) 16(13 + 23 + ⋯ 𝑛3 ) ∆= lim + − 𝑛→∞ 𝑛2 𝑛3 𝑛4
8 𝑛(𝑛 + 1) 8 𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1) 16 𝑛2 (𝑛 + 1) ∆= lim + − 𝑛→∞ 2 6 4 𝑛2 𝑛3 𝑛4 1 𝑛
∆= lim 4 �1 + � + �1 + � �2 + � − 4(1 + )2 𝑛→∞
8 8 ∆= 4 + (2) − 4 = 6 3
∆= 𝒖𝟐
60. 𝑰 = 𝒙𝟐 𝒔𝒆𝒏𝒉(𝟐𝒙)𝒆𝟓𝒙 𝟐𝒙 𝒅𝒙 + ∫
𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙
𝒔𝒆𝒏𝟒 𝒙+𝒄𝒐𝒔𝟒 𝒙+𝟔
𝒙𝟐 𝒔𝒆𝒏𝒉(𝟐𝒙)𝒆𝟓𝒙 𝟐𝒙 𝒅𝒙 + � A
𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙 𝒅𝒙 𝒔𝒆𝒏𝟒 𝒙 + 𝒄𝒐𝒔𝟒 𝒙 + 𝟔 B
 𝐴 = ∫(𝑥 2 𝑒 7𝑥 𝑒 𝑥𝑙𝑛2 𝑒 5𝑥 𝑑𝑥)2𝑥 2
1 1 2 (7+𝑙𝑛2)𝑥 = �𝑥 𝑒 𝑑𝑥 − � 𝑥 2 𝑒 3𝑥 𝑒 𝑥𝐿𝑛2 𝑑𝑥 2 2
1 1 � 𝑥 2 𝑒 (7+𝑙𝑛2) 𝑑𝑥 − � 𝑥 2 𝑒 (3+𝐿𝑛2)𝑥 𝑑𝑥 2 2
1 2 𝑒 (7+𝑙𝑛2)𝑥 𝑒 (3+𝐿𝑛2)𝑥 𝑒 (7+𝑙𝑛2)𝑥 𝑒 (3+𝐿𝑛2)𝑥 = �𝑥 � − − � − �� � 2𝑥𝑑𝑥� 2 7 + 𝑙𝑛2 3 + 𝑙𝑛2 7 + 𝑙𝑛2 3 + 𝑙𝑛2
1 𝑒 (7+𝑙𝑛2)𝑥 𝑒 (3+𝐿𝑛2)𝑥 𝑒 (7+𝑙𝑛2)𝑥 𝑒 (3+𝐿𝑛2)𝑥 𝑒 (7+𝑙𝑛2)𝑥 𝑒 (3+𝐿𝑛2)𝑥 = �𝑥 2 � − � − 2𝑥 � − � + �� − � 2𝑑𝑥� 7 + 𝑙𝑛2 3 + 𝑙𝑛2 7 + 𝑙𝑛2 3 + 𝑙𝑛2 7 + 𝑙𝑛2 3 + 𝑙𝑛2 2
1 2 𝑒 (7+𝑙𝑛2)𝑥 𝑒 (3+𝐿𝑛2)𝑥 𝑒 (7+𝑙𝑛2)𝑥 𝑒 (3+𝐿𝑛2)𝑥 𝑒 (7+𝑙𝑛2)𝑥 𝑒 (3+𝐿𝑛2)𝑥 = �𝑥 � − � − 2𝑥 � − � + 2� − �� 2 7 + 𝑙𝑛2 3 + 𝑙𝑛2 7 + 𝑙𝑛2 3 + 𝑙𝑛2 7 + 𝑙𝑛2 3 + 𝑙𝑛2 ∴ 𝑨=
𝒙𝟐 𝒆(𝟕+𝒍𝒏𝟐)𝒙 𝒆(𝟑+𝑳𝒏𝟐)𝒙 𝒆(𝟕+𝒍𝒏𝟐)𝒙 𝒆(𝟑+𝑳𝒏𝟐)𝒙 𝒆(𝟕+𝒍𝒏𝟐)𝒙 𝒆(𝟑+𝑳𝒏𝟐)𝒙 � − �−𝒙� − �+� − � 𝟐 𝟕 + 𝒍𝒏𝟐 𝟑 + 𝒍𝒏𝟐 𝟕 + 𝒍𝒏𝟐 𝟑 + 𝒍𝒏𝟐 𝟕 + 𝒍𝒏𝟐 𝟑 + 𝒍𝒏𝟐
𝐵=∫ =�
𝑠𝑒𝑛4 𝑥+𝑐𝑜𝑠4 𝑥+6
2𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑑𝑥 (2 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥)(2 − 𝑠𝑒𝑛2𝑥)
1 (2 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 2 − 𝑠𝑒𝑛2𝑥)𝑐𝑜𝑠2𝑥 = � 𝑑𝑥 (2 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥)(2 − 𝑠𝑒𝑛2𝑥) 2
1 𝑐𝑜𝑠2𝑥 1 𝑐𝑜𝑠2𝑥 = � 𝑑𝑥 + � 𝑑𝑥 2 (2 − 𝑠𝑒𝑛2𝑥) 2 (2 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥)
𝟏 𝟏 ∴ 𝑩 = − 𝑳𝒏|𝟐 − 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙| + 𝑳𝒏|𝟐 + 𝒔𝒆𝒏𝒙| 𝟐 𝟐
𝐼 =𝐴+𝐵 ∴
𝒙𝟐 𝒆(𝟕+𝒍𝒏𝟐)𝒙 𝒆(𝟑+𝑳𝒏𝟐)𝒙 𝒆(𝟕+𝒍𝒏𝟐)𝒙 𝒆(𝟑+𝑳𝒏𝟐)𝒙 𝒆(𝟕+𝒍𝒏𝟐)𝒙 𝒆(𝟑+𝑳𝒏𝟐)𝒙 𝑰= � − � − 𝒙� − �+� − � 𝟐 𝟕 + 𝒍𝒏𝟐 𝟑 + 𝒍𝒏𝟐 𝟕 + 𝒍𝒏𝟐 𝟑 + 𝒍𝒏𝟐 𝟕 + 𝒍𝒏𝟐 𝟑 + 𝒍𝒏𝟐 𝟏 𝟏 − 𝑳𝒏|𝟐 − 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙| + 𝑳𝒏|𝟐 + 𝒔𝒆𝒏𝒙| 𝟐 𝟐
∫ √𝒙−𝟏√𝟐−𝒙�𝟒√𝒙−𝟏+𝟑√𝟐−𝒙� Resolución
Damos forma a la expresión 1
√𝑥 − 1√2 − 𝑥�4√𝑥 − 1 + 3√2 − 𝑥�
√2−𝑥(25𝑥−34)
3 √𝑥−1(25𝑥−34) 1
−4 √2−𝑥
25(𝑥−2)+16
√𝑥 − 1√2 − 𝑥�16(𝑥 − 1) − 9(2 − 𝑥)�
√2−𝑥
16−25√2−𝑥
−4 √2−𝑥 2
�5√2−𝑥� −4 2
�5√2 − 𝑥 − 4��5√2 + 𝑥 − 4� 3 √𝑥−1
25(𝑥−1)−9
√𝑥−1√2−𝑥�4√𝑥−1+3√2−𝑥�
3 √𝑥−1
�5√𝑥−1−3��5√𝑥−1+3� −4 √2−𝑥
�5√2−𝑥−4��5√2+𝑥−4�
Hallamos la integral de cada parte
4√𝑥 − 1 + 3√2 − 𝑥
�5√𝑥−1−3��5√𝑥−1+3�
CALCULO DIFERENCIAL −4 √2−𝑥
1 2√2−𝑥
∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 − ∫ �5√2−𝑥−4��5√2+𝑥−4� 5√2−𝑥−4 5√2−𝑥+4 5
1 1 2√2−𝑥 2√2−𝑥 = � 𝑑𝑥 − � 𝑑𝑥 5 5 √2 − 𝑥 − 4 5 5√2 − 𝑥 + 4 1
𝐼1 = 5 ln�5√2 − 𝑥 − 4� − 5 ln�5√2 − 𝑥 + 4�  ∫
3 √𝑋−1
�5√𝑋−1−3��5√𝑋−1+3�
1 2√𝑥−1
5√𝑥−1−3 5
𝑑𝑥 − ∫
5√𝑥−1+3
1 1 2√𝑥−1 2√𝑥−1 = � 𝑑𝑥 − � 5 5 √𝑥 − 1 − 3 5 5 √𝑥 − 1 + 3
𝐼2 = 5 ln�5√𝑥 − 1 − 3� − 5 ln�5√𝑥 − 1 + 3� Luego 𝐼 = 𝐼1 − 𝐼2 =
1 1 1 1 ln�5√2 − 𝑥 − 4� − ln�5√2 − 𝑥 + 4� − ln�5√𝑥 − 1 − 3� − ln�5√𝑥 − 1 − 3� 5 5 5 5
𝑰 = 𝐥𝐧 � 𝟓
𝟓√𝟐−𝒙−𝟒
𝟓√𝟐−𝒙+𝟒
� − 𝐥𝐧 � 𝟓
𝟓√𝒙−𝟏−𝟑
𝟓√𝒙−𝟏+𝟑
x 5 / 2 dx ∫ (9 − 3 x )3
x 2 x dx 2 ∫ (9 − 3 x )3 → x = y → dx = 2 ydy 2 y 4.y y5 y 5 dy dy = 2 dy = 2 ∫ (9 − 3 y)3 ∫ (9 − 3 y)3 ∫ 27(3 − y)3
3-y = w  - dy = dw  dy = -dw
(3 − w) 5 2 ( w − 3) 5 = dw dw ∫ w3 27 ∫ w3
2 ( w5 − 15w4 + 90w3 − 270w 2 + 405w − 243) dw 27 ∫ w3
2 270 405 243 + 2 − 3 ] dw [ w 2 − 15w + 90 − ∫ w w w 27
2 w3 15w 2 405 243 − 90 w − 270 ln w − + [ − ]+ c w 2 w3 27 3 2 Como w =3 -
2 5 2 30 9 (3 − x ) 3 − (3 − x ) 2 + (3 − x )20 ln 3 − x − + +c 81 9 3 (3 − x ) (3 − x )
𝑿𝟐 𝒔𝒆𝒄𝟐 𝒙
∫ (𝒕𝒈𝒙−𝒙𝒔𝒆𝒄𝟐 𝒙)𝟐 𝒅𝒙
𝑥 2 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥𝑑𝑥
�𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥 �𝑐𝑜𝑠2 𝑥��
𝑥 2 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥𝑐𝑜𝑠 4 𝑥𝑑𝑥 𝑥 2 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥𝑑𝑥 = � (𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥)2 (𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥)2
𝑥 2 𝑐𝑡𝑔2 𝑥𝑠𝑒𝑛2 𝑥𝑑𝑥 (𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑥−𝑥)2
2𝑠𝑒𝑛2 𝑥𝑑𝑥
= ∫ 𝑥 2 𝑐𝑡𝑔2 𝑥 �(𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑥)2� 2 u
Integración por partes ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢  dv =
(𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑥)2
−𝑑
(𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥) 2(1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥)𝑑𝑥 −(𝑐𝑜𝑠2𝑥 − 1) 𝑑𝑥 = = = 𝑑𝑥 (𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥)2 (𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥)2 (𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥)2 𝑣 = �𝑑�
1 1 =𝑣 �= (𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥) 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥
 u = 𝑥 2 𝑐𝑡𝑔2 𝑥 → 𝑑𝑢 = �2𝑥𝑐𝑡𝑔2 𝑥 + 2𝑥 2 𝑐𝑡𝑔𝑥(−𝑐𝑠𝑐 2 𝑥)�𝑑𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑥 − �𝑑 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛2 𝑥
𝑑𝑢 = 2𝑥𝑐𝑡𝑔𝑥(𝑐𝑡𝑔𝑥 − 𝑥𝑐𝑠𝑐 2 𝑥) = 2𝑥𝑐𝑡𝑔𝑥 � 𝑑𝑢 =
2𝑥𝑐𝑡𝑔𝑥 (𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥)𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑛2 𝑥
𝑥 2 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥𝑑𝑥 1 1 2𝑥𝑐𝑡𝑔𝑥 = (𝑥 2 𝑐𝑡𝑔2 𝑥) � �− �� �� � (𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥)𝑑𝑥 (𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥)2 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥 𝑠𝑒𝑛2 𝑥
𝑥 2 𝑐𝑡𝑔2 𝑥 = − � 2𝑥𝑐𝑡𝑔𝑥𝑐𝑠𝑐 2 𝑥𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑥
Luego hallamos (por partes)
2 ∫ 𝑥𝑐𝑡𝑔𝑥𝑐𝑠𝑐 2 𝑥𝑑𝑥 = 2 � u
−𝑥𝑐𝑡𝑔2 𝑥 2
−𝑐𝑡𝑔2 𝑥 2
𝑑𝑥�
u = x → dx = du dv = 𝑐𝑡𝑔𝑥𝑐𝑠𝑐 2 𝑥𝑑𝑥 Toribio Córdova Condori
−𝑐𝑡𝑔2 𝑥
v =∫ 𝑐𝑡𝑔𝑥𝑐𝑠𝑐 2 𝑥𝑑𝑥 =
−𝑐𝑡𝑔2 𝑥 −𝑥𝑐𝑡𝑔2 𝑥 2� −� 𝑑𝑥� = −𝑥𝑐𝑡𝑔2 𝑥 + � 𝑐𝑡𝑔2 𝑥𝑑𝑥 2 2 = −𝑥𝑐𝑡𝑔2 𝑥 + �(𝑐𝑠𝑐2 𝑥 − 1)𝑑𝑥 = −𝑥𝑐𝑡𝑔2 𝑥 + � 𝑐𝑠𝑐2 𝑥 − � 𝑑𝑥 = −𝑥𝑐𝑡𝑔2 𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥 − 𝑥
→ ∫ 2𝑥𝑐𝑡𝑔𝑥𝑐𝑠𝑐 2 𝑥𝑑𝑥 = −𝑥𝑐𝑡𝑔2 𝑥 + 𝑐𝑡𝑔𝑥 − 𝑥 Finalmente
𝑿𝟐 𝒔𝒆𝒄𝟐 𝒙 𝟏 𝒅𝒙 = (𝒙𝟐 𝒄𝒕𝒈𝟐 𝒙) � � + −𝒙𝒄𝒕𝒈𝟐 𝒙 + 𝒄𝒕𝒈𝒙 − 𝒙 + 𝒄 𝟐 𝟐 (𝒕𝒈𝒙 − 𝒙𝒔𝒆𝒄 𝒙) 𝒔𝒆𝒏𝒙𝒄𝒐𝒔𝒙 − 𝒙
Resolución Sea t12 = x  12𝑡11 dt = dx
(t 2 + 1)12 t" t 13 dt t" dt ∫ t 14 + t 15 + 12∫ t 14 (1 + t ) + 12 ∫ t 14 (1 + t )
12 ∫ =
dt dt + 12 ∫ 3 t (1 + t ) t (1 + t )     I1
1 A B ( A + B) t + A = + = ⇒ A =1 , B =1 t (1 + t ) t 1 + t t (1 + t )
1  1 I1 = 12 ∫  +  t 1 + t 
= 12 ln t − 12 ln 1 + t = 12 ln
t 1 + t ………………… α
1 A B C d = + 2+ 3+ = ( A + D) t 3 + ( A + B ) t 2 + (C + B ) t + C t (t + 1) t t t t +1 3
 A = 1,
B = -1 , C = 1 , D = -1
1  1 1 1 I 2 = 12 ∫  − 2 + 3 − dt t t + 1 t t I 2 = 12 ln t +
I 2 = 12 ln
4 1 − 4 − 2 ln t + 1 3 4t t
t 4 1 + 3− 4 t +1 t 4t
𝑰 = 𝟐𝟒𝑳𝒏 � 𝟏𝟐
√𝒙+𝟏
x =∫
�+𝟒 − √𝒙
𝟒 √𝒙
+ 𝒄 Rpta
e 2 x sen x dx
Resolución I = ∫ x 2 e 2 x sen x dx
Sea : u = x2 du = 2x dx
du = e sen x dx  2x
u = ∫ e 2 x sen d dx  p = sen x → dp = cos x dx     dq = e 2 x dx → q = 1 e 2 x    2  
1 2x 1 e sen x − ∫ e 2 x cos x dx 2 2
1 1 2x e sen x − ∫ e 2 x cos x dx 2 2
 r = cos x → dr = − sen x dx     ∆k = e 2 x dx → k = 1 e 2 x    2   1 1 1 1  u = e 2 x sen x −  e 2 x cos x − ∫ e 2 x (− sen x dx) 2 2 2 2 
1 2x 1 1 e sen x − e 2 x cos x − ∫ e 2 x sen d dx 2 4 4
5 1 1 u = e 2 x sen x − e 2 x cos x 4 2 4
2 1 2 1 I = x 2 ( e 2 x sen x − e 2 x cos x) − ∫ ( e 2 x sen x − e 2 x cos x) 2 x dx 5 5 5 5
2 2 2x 1 4 2 x e sen x − x 2 e 2 x cos x − ∫ xe 2 x sen x dx + ∫ x e 2 x cos x dx 5 5 5   5  A
∫ 𝒙𝒆𝟐𝒙 𝒔𝒆𝒏𝒙𝒅𝒙
u = x  du = dx du = e 2 x sen x dx → u = ∫ e 2 x sen x dx =
2 2x 1 e sen x − e 2 x cos x 5 5
1 2x 2 2x 1 2x   2 2x  e sen x − e cos x  − ∫ ( e sen x − e cos x) dx 5 5 5   A=x 5 =
  2 2x 1 2 1 1 1 x e Sen x − x e 2 x cos x − [u ] +  e 2 x cos x + ∫ e 2 x Sen x dx  5 5 5 5 2 2    u  
2 2x 1 2 1 1 xe sen x − x e 2 x cos x − u + e 2 x cos x + u 5 5 5 10 10
2 2x 1 4 3 2x e sen x x e sen x − x e 2 x cos x + e 2 x cos x − 5 25 25 A= 5
B = ∫ xe 2 x cos x dx u = x  du = dx
du = e2x cos x dx  u =
1 2x 1 e cos x + ∫ e 2 x sen x dx 2 2
1 2x 1 2 1  e cos x +  e 2 x sen x − e 2 x cos x  2 2 5 5 
1 1 1 U = e 2 x cos x + e 2 x sen x − e 2 x cos x 2 5 10 2 1 U = e 2 x cos x + e 2 x sen x 5 5
2 2x 1 1  2 e cos x + e 2 x sen x) − ∫  e 2 x cos x + e 2 x sen x dx 5 5  5 B=x(5 =
1 2 2 2x 1 xe cos x + x e 2 x sen x − ∫ e 2 x cos x − ∫ e 2 x sen x dx 5 5 5 5
2 2x 1 2 1 1  1 xe cos x + x e 2 x sen x −  e 2 x cos x + ∫ e 2 x sen x dx  − ∫ e 2 x sen x dx 5 5 5 2 2  5
2 2x 1 1 1 1 xe cos x + x e 2 x sen x − e 2 x cos x − ∫ e 2 x sen x − ∫ e 2 x sen x dx 5 5 5 5 5
2 2x 1 1 2 xe cos x + xe 2 x sen x − e 2 x cos x − ∫ e 2 x sen x 5 5 5 5
2 2x 1 3 4 xe cos x + x e 2 x sen x − e 2 x cos x − e 2 x sen x 5 25 25 B= 5
2 2 2x 1 4 2 1 4 3  x e Sen x − x 2 e 2 x cos x −  xe 2 x sen x − x e 2 x cos x + e 2 x cos x − e 2 x sen x  + 5 5 5 5 5 25 25  2  2 2x 1 3 4  x e cos x + xe 2 x sen x − e 2 x cos x − e 2 x sen x   5 5 5 25 25 
2 2 2x 1 8 4 16 2 x 12 2 x x e senx − x 2 e 2 x cos x − x e 2 x sen x + x e 2 x cos x − e cos x + e sen x + 5 5 25 25 125 125
4 2 6 2x 8 2x x e 2 x cos x + x e 2 x sen x − e cos x − e sen x 25 25 125 125
2 2 2x 1 6 8 4 2x 22 2 x e sen x − e cos x + C x e sen x − x 2 e 2 x cos x − x e 2 x sen x + xe 2 x cos x + 5 5 25 25 125 125
dx x(3Ln 3 x + Ln 4 x) 2
Resolución Sea u = Ln x  du =
I=
∫ (3u
du du du =∫ =∫ 6 4 2 3 2 +u ) [u (u + 3)] u (u + 3) 2
1 A B C D E F G H = 6 + 5 + 4 + 3+ 2 + + + 2 2 (u + 3) (u + 3) u (u + 3) u u u u u u 6
1 = (F+H) u7 + (E+6F + G+3H)u6 + (D+6E+9F)u5 + (C+6D+9E)u4 + (B+6C+9D)u3 + (A+6B+9C) u2 + (6A +9B)u + (9ª)
F+H=0 E + 6F + G + 3H = 0
E = -13/2187
D + 6E + 9F = 0
B = - 2/27
F = 22/6561
C + 6D + 9E = 0
C = 1/243
G = -1/243
B + 6C + 9D = 0
D = 4/729
H = -22/6561
A + 6B + 9C = 0 6A + 9B = 0 9A = 1
1 du 1 du 2 du 1 du 4 du 13 du 22 du 1 = ∫ 6 − + + − + − − 2 5 4 3 2 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 9 u 27 u 243 u 729 u 2187 u 6561 u 243 (u + 3) 2 (u + 3)
du 22 6561 ∫ (u + 3) 1  −1  2  −1  1  −1  4  −1  13  − 1  22 1  −1  Ln µ − −   +  2 −  3 +  5 −  4 + 9  5u  27  4u  243  3u  729  2u  2187  u  6561 243  u + 3  22 Ln u + 3 6561
Pero : µ = Ln x −1 1 1 2 13 22 + − − + + Ln Ln x + 5 4 3 2 Ln x 2187 6561 Ln x Ln x Ln x Ln x 45 54 729 729 I= 1 22 − Ln 3 + Ln x 243(3 + Ln x) 6561
Ln x −1 1 1 2 13 1 22 + − − + + + Ln +C 5 4 3 2 45Ln x 54 Ln x 729 Ln x 729 Ln x 2187 Ln x 243(3 + Lnx) 6561 3 + Ln x
𝟐𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙+𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙𝒔𝒆𝒏𝒉𝟐𝒙 (𝟏+𝒔𝒆𝒏𝒉𝟐 𝒙+𝒄𝒐𝒔𝒉𝟑 𝒙)𝟐
2𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 + 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥2𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 𝑑𝑥 (1 + 𝑠𝑒𝑛ℎ2 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠ℎ3 𝑥)2 2𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥(1 + 𝑠𝑒𝑛ℎ2 𝑥) 𝑑𝑥 (1 + 𝑠𝑒𝑛ℎ2 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠ℎ3 𝑥)2
𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑐𝑜𝑠ℎ2 𝑥 = 1 + 𝑠𝑒𝑛ℎ2 𝑥
→� 2� 2�
2𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ2 𝑥 (𝑐𝑜𝑠ℎ2 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠ℎ3 𝑥)2
𝑐𝑜𝑠ℎ3 𝑥 𝑐𝑜𝑠ℎ4 𝑥(1 + 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥)2
1 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥(1 + 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥)2
𝑠𝑒𝑎 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 = 𝑢 → 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥𝑑𝑥 = 𝑑𝑢 → 𝑑𝑥 = ⟹ �
(1 + 𝑢)𝑢√𝑢2 − 1 −1
∫ (1+𝑢)√𝑢2 −1 𝑑𝑢
∫ 𝑢√𝑢2−1 𝑑𝑢
Para 𝐼1
ℎ𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑢 + 1 = ⟹ −� −� �
𝑑𝑢 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥
1 1 ⟹ 𝑑𝑢 = − 2 𝑑𝑠 𝑠 𝑠
�( −1)2 − 1 𝑆 𝑠
−1 𝑑𝑠 𝑠2
1 1 𝑑𝑠 1 2 𝑠 ( 1 − 2 + 1 − 1)2 𝑠 𝑠2 𝑠
𝑑𝑠 𝑑𝑠 1 𝑑(−2𝑠) = � = − � 2 √1−2𝑠 2 2 √1 − 2𝑠 1−2𝑠 𝑠 𝑠
𝑠𝑒𝑎 𝑢 = 1 − 2𝑠
1 𝑑𝑢 1 𝑢2 1 3 − � = − 3 = − 𝑢2 2 √𝑢 2 3 2
Reemplazando todo los valores se obtiene 1 1 𝐼1 = − �1 − 2 � �� 3 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 − 1 2 1 𝐼1 = � � 3 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 − 1
Para 𝐼2
𝐼2 = �
𝑢√𝑢2 − 1
Sea 𝑢 = 𝑠𝑒𝑐𝑧 ⟹ 𝑑𝑢 = 𝑠𝑒𝑐𝑧𝑡𝑎𝑛𝑧𝑑𝑧 𝐼2 = �
𝑠𝑒𝑐𝑧𝑡𝑎𝑛𝑧𝑑𝑧
𝑠𝑒𝑐𝑧√𝑠𝑒𝑐 2 − 1
𝐼2 = � 𝑑𝑧 = 𝑧 + 𝐶
𝑡𝑎𝑛𝑧𝑑𝑧 𝑡𝑎𝑛𝑧
Pero 𝑧 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑐𝑢
𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑙𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒𝑠 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠
𝐼2 = arcsec (𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥)
𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2
𝑰= �
𝟑 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙−𝟏
� + 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄(𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙) + 𝑪
𝒙𝟒 �𝒙𝟐 +𝟑𝒙−𝟏
Por cambio de variable: 𝑥=
𝑑𝑡 1 → 𝑑𝑥 = − 2 𝑡 𝑡
Remplazando: −�
( 𝑡 ) 4 �𝑡 2 + 3 𝑡 − 1
5𝑑𝑡
1+3𝑡−𝑡 2
Haciendo método Ostrogradski �
−5𝑡𝑑𝑡
√+3𝑡 − 𝑡 2
𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜
= −5 �
𝑡 3 𝑑𝑡
√1 + 3𝑡 − 𝑡 2
= (𝐴𝑡 2 + 𝑏𝑡 + 𝑐)�−𝑡 2 + 3𝑡 + 1 + 𝜆 �
√−𝑡 2 + 3𝑡 + 1
−5𝑡 3 = (2𝐴𝑡 + 𝐵)(�−𝑡 2 + 3𝑡 + 1)2 + (𝐴𝑡 2 + 𝑏𝑡 + 𝑐)(−𝑡 + 3) + 𝜆
−5𝑡 3 = −2𝑡 3 + 5𝐴𝑡 2 + 2𝐴𝑡 − 𝐵𝑡 2 + 3𝐵𝑡 + 𝐵 − 𝐴𝑡 3 − 𝐵𝑡 2 − 𝐶𝑡 + 3𝐴𝑡 2 + 3𝐵𝑡 + 3𝐶 + 𝜆 −5𝑡 3 = −3𝐴𝑡 3 + (9𝐴 − 2𝐵)𝑡 2 + (2𝐴 + 6𝐵 − 𝐶)𝑡 + (𝑏 + 3𝐶 + 𝜆)
Igualando tenemos 𝐴=
5 15 145 305 ;𝐵 = ;𝐶 = ;𝜆 = − 3 2 3 2
15𝑡 145 305 𝑑𝑡 5 + � �−𝑡 2 + 3𝑡 + 1 − � 𝐼 = � 𝑡2 + 3 2 3 2 √−𝑡 2 + 3𝑡 + 1
5 15𝑡 145 305 2 2𝑡 𝐼 = � 𝑡2 + + � �−𝑡 2 + 3𝑡 + 1 − � 𝑎𝑟𝑐𝑜𝑠 � �� 3 2 3 2 √13 √13 Reemplazando 𝑡 =
𝑰=�
𝟑𝒙𝟐
𝟏𝟓 𝟐𝒙
𝟏𝟒𝟓 𝟑
� �− 𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝟏 −
𝟑𝟎𝟓 𝟐
𝒂𝒓𝒄𝒐𝒔 �
𝒙√𝟏𝟑
�� + 𝑪
𝑰 = ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙√𝟏 + 𝒔𝒆𝒏𝟑 𝒙𝒅𝒙
𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑠𝑒𝑛2𝑥 = 2𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 3
⟹ � 2𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 �1 + 𝑠𝑒𝑛3 𝑥𝑑𝑥 Pero como 𝑑𝑠𝑒𝑛𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 3
⟹ � 2𝑠𝑒𝑛𝑥 �1 + 𝑠𝑒𝑛3 𝑥 𝑑𝑠𝑒𝑛𝑥 ℎ𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 𝑢 3
2 � 𝑢 �1 + 𝑢3 𝑑𝑢
Sea 𝑡 3 = 𝑢−3 + 1 ⟹ 𝑢3 = 𝑡 3 −1
−𝑡 2 𝑑𝑡 ⟹ 3𝑡 𝑑𝑡 = −3𝑢 𝑑𝑢 ⟹ 𝑑𝑢 = −4 = −𝑡 2 𝑢4 𝑑𝑡 𝑢 2
2 � 𝑢 �1 + 3
2 �𝑢� −2 � −2 �
5 1 1 5 2 4 (−𝑡 𝑢 𝑑𝑡) ⟹ 𝑢 = � 3 � 𝑡3 − 1 √𝑡 3 − 1
𝑡3 (−𝑡 2 𝑢4 𝑑𝑡) 𝑡3 − 1
𝑡 1 (−𝑡 2 ) 5 𝑑𝑡 3 −1 � √𝑡 3 − 1 �
(𝑡 3−1 )2
𝑢3 + 1 1 3 ⟹ 𝑢 = 𝑠𝑒𝑎 𝑡 = 𝑢3 𝑡3 − 1 3
3𝑡 2 𝑑𝑡 ⟹ 3𝑡 𝑑𝑡 = −3𝑢 𝑑𝑢 ⟹ 𝑑𝑢 = −3𝑢−4 2
− � 𝑢5 �1 + 3
− �( �𝑡 3
1 𝑡 2 𝑑𝑡 −1 3
√𝑡 3
𝑡 2 𝑑𝑡 UNFV / Educación Secundaria / Matemática – Física
CALCULO DIFERENCIAL −�−
3𝑡 3 𝑡 2 𝑑𝑡 3(𝑡 3 − 1)2
1 𝑡 3 𝑑𝑡 3 − � 3 3 (𝑡 − 1)2 1 𝑧𝑑𝑧 − � 3 (𝑧 − 1)2
𝑧 𝐴 𝐵 = + 2 (𝑧 − 1) 𝑧 − 1 (𝑧 − 1)2 Operando se obtiene: A=1; B=1 1 1 1 − � 𝑑𝑧 + � 𝑑𝑧 6 (𝑧 − 1)2 (𝑧 − 1)2 1 − ln|𝑧 − 1| − (𝑧 − 1)−1 6 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑧 = 𝑡 3
1 − ln|𝑡 3 − 1| − (𝑡 3 − 1)−1 6 Pero 𝑡 3 = 𝑢−3 + 1
1 − ln|𝑢−3 | − (𝑢−3 )−1 6 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑢 = 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑰 = − 𝒍𝒏�𝒔𝒆𝒏−𝟑 𝒙� − (𝒔𝒆𝒏𝟑 𝒙)𝟏 + 𝑪 𝟔
𝑰 = ∫ 𝟑𝟑𝒙 +𝟐.𝟑(𝟐𝒙+𝟏) +𝟓.𝟑𝒙 Resolución
ℎ𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑢 = 3𝑥 → 𝑑𝑢 = 3𝑥 ln 𝑑𝑥 ∴ 𝑑𝑥 = →� →
𝑑𝑢 𝑑𝑢 = 3𝑥 ln 3 𝑢 ln 3
𝑢 ln 3 (𝑢3
𝑑𝑢 + 2𝑢2 3 + 5)
𝑑𝑢 1 � 2 2 ln 3 𝑢 (𝑢 + 6𝑢 + 5)
Por fracciones parciales; 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑢2 + 6𝑢 + 5 = (𝑢 + 5)(𝑢 + 1)
𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 1 + 2+ + = 2 2 𝑢 𝑢 (𝑢 + 5) 𝑢 + 1 𝑢 (𝑢 + 6𝑢 + 5)
𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝐴= →
6 1 61 37 ;𝑏 − ;𝐶 = − 𝑦𝐷= 25 5 100 100
1 6 1 𝑑𝑢 61 𝑑𝑢 37 𝑑𝑢 �� 𝑑𝑢 − � 2 − � + � � ln 3 25 5 𝑢 100 𝑢 + 5 100 𝑢 + 5
1 −1 61 37 1 6 � ln 𝑢 − − ln(𝑢 + 5) + ln(𝑢 + 1)� 5 𝑢 100 100 𝑙𝑛3 25 Pero
1 6 1 61 37 � ln 3𝑥 + 𝑥 − ln(3𝑥 + 5) + ln(3𝑥 + 1)� + 𝐶 𝑙𝑛3 25 53 100 100
𝒙+
𝟓𝒍𝒏𝟑
. 𝟑−𝒙 +
𝟔𝟏 𝒍𝒏 (𝟑𝒙 +𝟓)
𝒍𝒏𝟑
𝟑𝟕 𝒍𝒏 (𝟑𝒙 +𝟏)
Sea 𝑰𝒏 = ∫(𝟗 − 𝟗𝒙)𝟐 𝒅𝒙 ; 𝒏 ∈ 𝒁, hallar la regla la fórmula
de recurrencia Resolución
1 Haciendo 𝜃
�1 − 𝑥 2
dx = dcosθ = senθdθ
→ In = −3n � senn θsenθdθ = 3n � senθ(n+1) θdθ Sea n = par
−3n � sen(n+1) θdθ = −3n �(1 + cosn θ)2 senθdθ n
= 3n �(1 + cos2 θ)2 dcosθ
para n = 2 ∶ 32 �(1 + x 2 ) dx = 32 �x + 4
para n = 4 ∶ 3 �(1 + x
x5 x3 dx = 3 � + 2 + x� 5 3 4
para n = 6 ∶ 36 �(1 + x 2 )3 dx = 34 �
x3 � 3
x7 x5 x3 + 3 + 3 + x� 7 5 3
𝒏 𝒏 𝒙𝒏+𝟏 𝒙𝒏−𝟏 𝒙𝒏−𝟑 𝟐 𝟐 𝑰𝒏 = 𝟑 � + 𝒄𝟏 + 𝒄𝟐 +⋯� 𝒏+𝟏 𝒏−𝟏 𝒏−𝟑
Sea n = impar
In=∫ sennθdθ Toribio Córdova Condori
x 𝜃
𝐼𝑛= ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑛−1𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 = −𝑠𝑒𝑛𝑛−1 𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + (𝑛 − 1) � 𝑠𝑒𝑛𝑛−2 𝜃𝑐𝑜𝑠 2 𝜃𝑑𝜃
𝐼𝑛=−𝑠𝑒𝑛𝑛−1𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃+(𝑛−1)�∫ 𝑠𝑒𝑛𝑛−2𝜃𝑑𝜃−∫ 𝑠𝑒𝑛𝑛 𝜃𝑑𝜃� 𝐼𝑛−2
𝐼𝑛 = −𝑠𝑒𝑛𝑛−1 θcosθ + (𝑛 − 1)[𝐼𝑛−2 − 𝐼𝑛 ] 𝐼𝑛 − 𝐼𝑛 (𝑛 − 1) =
𝐼𝑛
−𝑠𝑒𝑛𝑛−1 θcosθ + (n − 1)𝐼𝑛−2 𝑛
𝐼𝑛 = −𝑠𝑒𝑛𝑛−1 θcosθ + (n − 1)𝐼𝑛−2 Reemplazando:
𝑰𝒏 = 73.
−(�𝟏−𝒙𝟐 )(𝒏−𝟏) 𝒙+(𝒏−𝟏)𝑰𝒏−𝟐 𝒏
Calcular : 𝐥𝐧(𝒙𝟒 + 𝟏) − 𝐥𝐧(𝒙𝟒 ) 𝟒 �𝒙 + 𝟏 𝒅𝒙 � 𝒙𝟕
Resolución �
𝐥𝐧 �
𝒙𝟒 +𝟏
𝒙𝟒 𝟓 𝒙
� √𝒙𝟒 + 𝟏 . 𝒅𝒙 𝒙𝟐 𝟏
𝐥𝐧 �𝟏 + 𝒙𝟒 � . �𝟏 + 𝒙𝟒
𝒙𝟓
CALCULO DIFERENCIAL 𝟓
𝒅� 𝟏 � == −𝟒𝒙 𝒅𝒙 𝒙𝟒
→ � 𝐥𝐧 �𝟏 + Como:
𝟏 𝟏 � . �𝟏 + 𝟒 . 𝒅 𝟏 𝟒 𝒙 𝒙 𝒙𝟒
𝒅( 𝟏 ) 𝒅𝒙 𝟒 = − 𝒙 𝟓 𝟒 𝒙
𝟏 =𝒖 𝒙𝟒
� 𝐥𝐧(𝟏 + 𝒖). √𝟏 + 𝒖 . 𝒅𝒖
Haciendo: 1+u = t
→ � 𝐥𝐧 𝒕. √𝒕 . 𝒅𝒕 u
Integramos por partes: = 𝐥𝐧 𝒕 .
𝟏 𝒕𝟐 − � 𝐥𝐧 � � . 𝟑 . 𝒅𝒕 𝒕
𝒕𝟐 𝟑 𝟐
𝟑 𝟐 𝒕𝟐 𝟑 = 𝐥𝐧 𝒕 . 𝒕𝟐 − . 𝟑 𝟐 𝟑
𝑰= 𝟐 𝐥𝐧 𝒕 . √𝒕𝟐 − Como:
𝟒 𝟑 𝟗
. √𝒕𝟐
T= u+1 𝟏
U= 𝒙𝟒 + 𝟏 𝟐
𝑰 = 𝐥𝐧 � 𝟑
𝟏+𝒙𝟒 𝒙𝟒
𝒙𝟒
𝟏+𝒙𝟒
+ 𝟏� − �� 𝟑
� + 𝑪
Calcular : 𝑰=�
𝟏 − √𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐 𝒙 + √𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐
Resolución 𝑰= �
𝒙 + 𝟏 − 𝒙 − √𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐
particionando la integral: 𝑰=� 𝑰=� 𝑰=� 𝑰=�
𝒙+𝟏
𝒙 + √𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐 𝒙+𝟏
𝒙 + √𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐
𝒅𝒙 − �
𝒅𝒙 − � 𝒅𝒙
(𝒙 + 𝟏)(𝒙 − √𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐 ) 𝒅𝒙 − 𝒙 𝒙𝟐 − 𝟏 − 𝒙 + 𝒙𝟐
(𝒙 + 𝟏)(𝒙 − √𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐 ) 𝒅𝒙 − 𝒙 −(𝟏 + 𝒙)
𝑰 = − � 𝒙 𝒅𝒙 + � �𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐 𝒅𝒙 − 𝒙 𝑰=−
− 𝒙 + ∫ √𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐 𝒅𝒙 … … … … … … . . (𝟏) 𝑰𝟐
𝟐 𝟑 𝟏 � 𝑰𝟐 = � + � + 𝒙� 𝒅�𝟏+𝒙� 𝟒 𝟐 𝟐
𝟏 + 𝒙=𝒖 𝟐 𝑰𝟐 =
𝟏 𝟑 𝟑 𝟑 �𝒖� + 𝒖𝟐 + 𝐥𝐧 �𝒖 + �𝒖𝟐 + �� + 𝒄 … … … (𝟐) 𝟐 𝟒 𝟒 𝟒
Reemplanzando (2)en (1) Como: 𝟏
U=𝟐 + 𝒙 𝑰=−
𝒙𝟐 𝟏 𝟑 𝟑 𝟑 − 𝒙 + �𝒖� + 𝒖𝟐 + 𝐥𝐧 �𝒖 + �𝒖𝟐 + �� + 𝒄 𝟐 𝟒 𝟒 𝟒 𝟐
− 𝒙 + �� + 𝒙� √𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐 + 𝐥𝐧 �� + 𝒙� + √𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐 �� + 𝒄 𝟐
Calcular: 𝟑 𝒏 𝒏 𝒏 � +� + ⋯ … … . . +� 𝐥𝐢𝐦 �𝟏 + � 𝒏→∞ 𝒏 𝒏+𝟑 𝒏+𝟔 𝒏 + 𝟑 (𝒏 − 𝟏 )
Resolución 1 𝑛 𝑛 𝑛 lim 3 � + � 2 +� 2 + ⋯ … … . . +� 2 � 𝑛→∞ 𝑛 𝑛 (𝑛 + 3) 𝑛 (𝑛 + 6) 𝑛 [𝑛 + 3(𝑛 − 1)] 1 𝑛 𝑛 𝑛 lim 3 � + � 2 +� 2 + ⋯ … … . . +� 2 � 𝑛→∞ 𝑛 𝑛 (𝑛 + 3) 𝑛 (𝑛 + 6) 𝑛 [𝑛 + 3(𝑛 − 1)] Toribio Córdova Condori
lim𝑛→∞ 3 � + � 𝑛
𝑛(𝑛+3)
𝑛(𝑛+6)
+ ⋯ … … . . +� 0
𝑛[𝑛+3(𝑛−1)]
⎡1 ⎤ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⎥ lim 3 ⎢ + � � − �+� � − � + ⋯ … … . . +� � − � 𝑛→∞ ⎢𝑛 3 𝑛 𝑛+3 6 𝑛 𝑛+6 3(𝑛 − 1) 𝑛 𝑛 + 1 ⎥ 3(𝑛−1) ⎣ ⎦
∴ 𝐥𝐢𝐦𝐧→∞ 𝟑[𝟎] = 𝟎 76.
Suponga que en número x (t) de lagartos en un pantano satisface la ecuación diferencial 𝒅𝒙 𝒅𝒕
=(𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟏)𝒙𝟐 − (𝟎. 𝟎𝟏)𝒙, sabiendo que en un principio
hay 25 lagartos resuelva esta ecuación ¿puede usted
afirmar lo que ocurrirá con esta población a largo plazo?
Resolución 𝑑𝑥 = (0.001)𝑡 2 − (0.01)𝑡 𝑑𝑡 𝑥(𝑡) =⋕ 𝑙𝑎𝑔𝑎𝑟𝑡𝑜𝑠
𝑑𝑥 = (0.0001𝑡 2 − 0.01𝑡)𝑑𝑡 𝑥
∫25 𝑑𝑥 = ∫0 (0.0001𝑡 2 − 0.01𝑡)𝑑𝑡
𝑡3 𝑡2 (𝑥 − 25) = �(0.0001) − (0.01) � 3 2
𝑥 − 25 =
(0.0001) 3 (0.01) 2 𝑡 − 𝑡 3 2
(𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟏) 𝟑 𝒕 𝟑
𝒙(𝒕) = 𝟐𝟓 +
𝟐𝒏𝟐 +𝟑𝒏+𝟏
Calcular 𝒍𝒊𝒎𝒏→∞ �
(𝟎.𝟎𝟏) 𝟐 𝒕 𝟐
� 𝟐𝒏𝟐 +𝒏+𝟐
Resolución 𝑛 2𝑛 lim �1 + 2 � 𝑛→∞ 2𝑛 + 𝑛 + 2
lim �1 +
2𝑛2 +𝑛+2 2𝑛
�lim𝑛→∞ �1 + =𝑒
2𝑛2 +𝑛+2 2𝑛 )𝑛( 2 ) 2𝑛 2𝑛 +𝑛+2
2𝑛2 lim𝑛→∞ 2 2𝑛 +𝑛+2
2𝑛2 +𝑛+2 ( ) 2𝑛
lim𝑛→∞
𝑛(
2 1 2 2+ + 2 𝑛 𝑛
2𝑛 ) 2𝑛2 +𝑛+2
= 𝑒1
𝒍𝒊𝒎𝒏→∞ �
1 𝑥 lim �1 + � = 𝑒 𝑛→∞ 𝑥
𝟐𝒏𝟐 +𝒏+𝟐
� =𝒆
Sea L la recta tangente a la hipérbola 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 = 𝟏en el 𝒆𝒏 +𝒆−𝒏 𝒆𝒏 +𝒆−𝒏
punto 𝑨 = (
en el punto ( (𝟎, −
𝒆𝒏 +𝒆−𝒏
𝒆𝒏 −𝒆−𝒏 𝟐
), probar que L corta el eje X
, 𝟎) y al eje y en el punto
L en + e−n en + e−n A=( , ) 2 2
L: y = ax + b
y = �x 2 − 1
dy 𝑥 = 𝑑𝑥 √x 2 − 1
 a=
en +e−n 2 n e −e−n
en +e−n en −e−n
en + e−n en + e−n en − e−n en − e−n = = n � �+𝑏 −n 2 2 �(en − e−n )2 e − e 𝑏= 𝑦=
en − e−n 1 (en + e−n )2 − 2 2 en − e−n en + e−n en − e−n 𝑥 − en − e−n 2
𝐲=𝟎
en + e−n en − e−n 0= n .𝑥 − e − e−n 2 𝑥=
en +e−n en −e−n 2
�en+e−n�
CALCULO DIFERENCIAL 𝑥=
en − e−n 2
𝒚 = − (𝐞𝐧 − 𝐞−𝐧 ) 𝟐
Expresar el siguiente limite como una integral definida: 𝒏
𝐥𝐢𝐦 � �(𝒙𝒊 − 𝒙𝒊 − 𝟏)𝟐 + [𝒄𝒐𝒔(𝒙𝒊 ) − 𝒄𝒐𝒔(𝒙𝒊 − 𝟏)]𝟐 , [𝟎, 𝝅]
Resolución 𝑛
lim � �(∆𝑥𝑖 )2 + [𝑐𝑜𝑠(𝑥𝑖 ) − 𝑐𝑜𝑠(𝑥𝑖 − 1)]2
𝑓(𝑥 )−𝑓(𝑥𝑖 −1) 𝜋 𝑓́ (𝑥𝑖 ) = 𝑖 , ∆𝑥𝑖 = ∆𝑥𝑖
𝜋 �1 + 𝑠𝑒𝑛2 (𝑥𝑖 ) ⏟ 𝑛
𝐥𝐢𝐦 � �(𝒙𝒊 − 𝒙𝒊 − 𝟏)𝟐 + [𝒄𝒐𝒔(𝒙𝒊 ) − 𝒄𝒐𝒔(𝒙𝒊 − 𝟏)]𝟐 = � [1 + 𝑠𝑒𝑛2 (𝑥𝑖 )]2 𝑑𝑥
Determine f(x) si 𝐟"(𝐱) = 𝟔𝐱 + 𝟏 y además 𝐟́(𝟎) = 𝟐, 𝐟(𝟏) = 𝟎 Resolución
� 𝑓"(𝑥𝑖 )𝑑𝑥 = �(6𝑥 + 1)𝑑𝑥 𝑓́(𝑥𝑖 ) =
6𝑥 2 6(0)2 + 𝑥 + 𝑐1 𝑓́ (𝑥) = + 0 + 𝑐1 ⟹ 𝑐1 = 2 2 2
𝑓́(𝑥) = 3𝑥 2 + 𝑥 + 2 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 + 𝑓(1) = 1 +
𝑥2 + 2𝑥 + 𝑐2 2
� 𝑓́(𝑥) = �(3𝑥 2 + 𝑥 + 2)𝑑𝑥
1 + 2(1) + 𝑐2 = 06 2
3 + 2 + 𝑐2 = 6 2
∴ 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟑 + 81.
+ 𝟐𝒙 −
𝑐2 = − 𝟕 𝟐
Sea s y c dos funciones reales tales que 𝒔́ (𝒙) = 𝒄(𝒙) y 𝒄́(𝒙) = −𝒔(𝒙), ∀𝒙 ∈ 𝑹,
si se cumple que 𝒔(𝒙) = 𝟎,
𝒄(𝟎) = 𝟏 demostramos que:
[𝒔(𝒙)]𝟐 + [𝒄(𝒙)]𝟐 = 𝟏
Resolución 𝐜́(𝐱) = −𝐬(𝐱)
(x)  −c"(x) = ś� c(x)
c"(x) + c(x) = 0
→ −c"(x) = c(x)
Ensayando una solución : c"(x) = 𝛼 2 𝑒 𝛼𝑥 Toribio Córdova Condori
c(x) = 𝑒 𝛼𝑥
Remplazando : (𝛼 2 + 1)𝑒 𝛼𝑥 = 0
𝛼 = +𝑖
Solución general : c(x) = 𝐴𝑒 𝑖𝑥 + 𝐵𝑒 −𝑖𝑥
ć (x) = 𝑆(𝑥) = 𝐴𝑖𝑒 𝑖𝑥 − 𝐵𝑖𝑒 −𝑖𝑥 Tenemos las condiciones iniciales: 𝑠(𝑥) = 0
∧ 𝑐(0) = 1
Remplazando: 𝐴+𝐵 =1
𝐴=𝐵 =
𝐴=𝐵
1 𝑖𝑥 −𝑖𝑥 c(x) = �𝑒�� ��� + 𝑒�� � 2 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑐(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑠(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛𝑥
[𝒔(𝒙)]𝟐 + [𝒄(𝒙)]𝟐 = [𝒔𝒆𝒏𝒙]𝟐 + [𝒄𝒐𝒔𝒙]𝟐 = 𝟏
Evaluar 𝑰=∫
− 𝟐(𝟏+𝒙𝟒 )𝟐 +(𝟏+𝒙𝟑 ) 𝟑
1 4 (1 + 𝑥 4 )2 (1 + 𝑥 3 )−3 −3 4 2 −3 3 −3 𝐼 = 2� 𝑑𝑥 + � 𝑑𝑥 = 2 � 𝑥 (1 + 𝑥 ) 𝑑𝑥 + � 𝑥 (1 + 𝑥 ) 𝑑𝑥 𝑥3 𝑥3 ������������� �������������
𝐴 = ∫ 𝑥 −3 (1 + 𝑥 4 )2 𝑑𝑥 𝑚 = −3, 𝑛 = 4,
1 1 𝑚+1 +𝑝 =− + =0 ∈Ζ 2 2 𝑛
⟹ 1 + x4 = 𝑡2 𝑥4
x 4 = 𝑡 2 −1
𝑡 2 = 𝑥 −4 +1
2𝑡 𝑑𝑡 = −4x −5 𝑑𝑥
1 𝑑𝑥 = − 𝑡𝑥 5 𝑑𝑡 2
1 1 1 1 1 t2 1 𝐴 = � x −3 (t 2 x 4 )2 �− 𝑡𝑥5 � dt = − � t 2 x 4 𝑑𝑡 = − � t 2 � 2 � 𝑑𝑡 = − � � 2 � 𝑑𝑡 𝑡 −1 2 2 2 𝑡 −1 2
1 1 1 1 1 1 𝑡−1 𝑡 1 𝑡−1 = − � �1 + 2 � 𝑑𝑡 = − �� 𝑑𝑡 + � � 2 � 𝑑𝑡� = − �t + ln � �� = − − 𝑙𝑛 � � 2 𝑡 −1 2 𝑡 −1 2 2 𝑡+1 2 4 𝑡+1
𝐴=−
�𝑥4 +1
√𝑥 4 +1
−1 +1 1 𝑥2 − 𝑙𝑛 � � + 𝑐1 √𝑥 4 +1 2𝑥 2 4 + 1 𝑥2
√𝑥 4
𝐴=− 4
√𝑥 4 + 1 1 √𝑥 4 + 1 − 𝑥 2 − 𝑙𝑛 � � + 𝑐1 2𝑥 2 4 √𝑥 4 + 1 + 𝑥 2
𝐵 = ∫ x −3 (1 + x 3 )−3 𝑑𝑥 𝑚 = −3, 𝑛 = 3,
4 3 𝑚+1 2 4 6 + 𝑝 = − − = − = −2 ∈ Ζ 𝑛 3 3 3
𝑃=−
⟹ 1 + x3 = 𝑡3 𝑥3 ⟹ t 3 = 𝑥 −3 + 1
⟹ 3t 2 𝑑𝑡 = −3𝑥 −4 𝑑𝑥 2 4
1 x = 3 𝑡 −1 3
𝑑𝑥 = −t x 𝑑𝑡
√1 + x 3 𝑥
𝐵 = � x −3 (t 3 x 3 )−3 (−t 2 x 4 )𝑑𝑡 = � x −3 𝑡 −4 x −4 (−t 2 x 4 )𝑑𝑡 = − � x −3 t −2 𝑑𝑡 = − � = −�
𝑡 3 −1
=−�
𝑡3 − 1 1 1 t2 1 𝑑𝑡 = − � �𝑡 − � 𝑑𝑡 = − �(𝑡)𝑑𝑡 + � � � 𝑑𝑡 = − − + 𝑐2 2 𝑡 t2 t2 t2
𝑑𝑡 x3 t2
1 �1 + x3 𝑥 𝐵=− ( )− 3 + 𝑐2 2 𝑥 �1 + x3
�(1 + x 3 )2 𝑥 √𝑥 4 + 1 1 √𝑥 4 + 1 − 𝑥 2 𝐼 = 2 �− − 𝑙𝑛 � � − −3 �+𝑐 2 2 2𝑥 2𝑥 4 √1 + x 3 √𝑥 4 + 1 + 𝑥 2
�𝒙𝟒 +𝟏 𝒙𝟐
− 𝒍𝒏 � 𝟐
�𝒙𝟒 +𝟏−𝒙𝟐 �𝒙𝟒 +𝟏+𝒙
�− 𝟐
�(𝟏+𝐱 𝟑 )𝟐 𝟐𝒙𝟐
�𝟏+𝐱 𝟑
𝒄𝒐𝒔𝟒 𝒙+𝒔𝒆𝒏𝟒 𝒙
∫ 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝒙−𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙 𝒅𝒙 Resolución 1 1 cos 4 x + sen4 x = 1 − 2sen2 xcos 2 x = 1 − 4sen2 xcos 2 x = 1 − sen2 2x 2 2
CALCULO DIFERENCIAL �
1 − 2 sen2 2x 1
𝑑𝑥 = � 1
1 − 2 (1 − cos 2 2x) 1
2 𝑑𝑥 + 2 ∫ ∫ 𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑑𝑥 − ∫ 𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑐𝑜𝑠2 2𝑥
𝑑𝑥 = �
1 − 2 + 2 cos2 2x 1
𝑑𝑥 1
𝑑𝑥 = ∫ 𝑠𝑒𝑐2𝑥𝑑𝑥 − 2 ∫ 𝑠𝑒𝑐2𝑥𝑑𝑥 + 2 ∫ 𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑑𝑥
1 1 = � 𝑠𝑒𝑐2𝑥𝑑𝑥 + � 𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑑𝑥 2 2
11 1 = � 𝑠𝑒𝑐2𝑥𝑑𝑥 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥 22 2 𝒄𝒐𝒔𝟒 𝒙+𝒔𝒆𝒏𝟒 𝒙
∫ 𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙−𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙 𝒅𝒙 = 𝟒 𝒍𝒏|𝒔𝒆𝒄𝟐𝒙 + 𝒕𝒈𝟐𝒙| + 𝟒 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙 + 𝒄
c. 𝑰 = ∫ 𝒙 𝒍𝒏(√𝟑𝒙 + 𝟏) 𝒅𝒙 𝟑
1 𝐼 = � 𝑥𝑙𝑛(3𝑥 + 1)𝑑𝑥 3
𝑢 = ln(3𝑥 + 1) ⟹ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑣 = 𝑥𝑑𝑥 ⟹ 𝑣 =
𝑥2 2
3 3𝑥 + 1
𝑰 = 𝒖𝒗 − ∫ 𝒗 𝒅𝒖
𝑥2 1 𝑥2 ln(3𝑥 + 1) − � 𝑑𝑥 6 2 3𝑥 + 1
𝑥2 1 1 ln(3𝑥 + 1) − � �3𝑥 − 1 + � 𝑑𝑥 6 18 3𝑥 + 1
𝒍𝒏(𝟑𝒙 + 𝟏) −
𝒍𝒏(𝟑𝒙 + 𝟏) + 𝒄
d. 𝑰 = ∫ [
𝒄𝒐𝒔𝒉 𝒙
𝒙𝒔𝒆𝒏𝒉 𝒙 +𝒄𝒐𝒔𝒉(𝒙) 𝟐
coshx x
𝑥 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 𝑑𝑥 [𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 + 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥]2
𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑥
𝑑𝑟 = 𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 𝑑𝑥 ⟹
𝑐𝑜𝑠ℎ −(𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥)𝑥 + 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 ⟹ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑥 𝑥2
𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 + 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 = 𝑟
𝑥 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 𝑑𝑥 [𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥+𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥]2
𝑰 = 𝒖𝒗 − ∫ 𝒗 𝒅𝒖 1
− ∫− (𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥+𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥)
(𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥+𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥) 𝑥2
𝑰= −
e. 𝑰 = ∫
(𝟏+𝒔𝒆𝒏 𝒙)
𝟐𝒄𝒐𝒔𝟐 𝒙
⟹ 𝑣=
𝑥 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 𝑑𝑟 𝑑𝑟 −1 = ⟹𝑣= [𝑟]2 𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 𝑟2 𝑟
−1 𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 + 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥
−1 𝑑𝑥 (𝑥𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥+𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥)
𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙
𝒙(𝒙𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙+𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙)
√𝒔𝒆𝒏𝒙
𝑑𝑟 = 𝑑𝑥 𝑥𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥
+ +𝒄 𝒙
1 + sen2 x = 2 − cos2 𝑥 (2+cos2 x)
∫ 2cos2x√senx dx 2dx
= ∫ 2cos2 x
(cos2 x)
− ∫ 2cos2 x senx dx √senx √
CALCULO DIFERENCIAL =�
√senx
∫ cos2x
1 1 � dx 2 √senx
senx = u2 ⟹
= 2 �(1 − u2 )−2 𝑑𝑢
u = senθ
√1 − u2 2𝑢
(1−u2 )√1−u2 𝑢
→ du = cosθdθ 3
= 2 ∫(1 − sen2 θ)−2 cosθdθ = 2 ∫ cos3θ cosθdθ = 2 ∫ 𝑠𝑒𝑐 2 dθ = 2tanθ = 2tan (arcsen(u)) =2
√1 − 𝑢2 2√𝑠𝑒𝑛𝑥
√1 + 𝑠𝑒𝑛2 𝑥
𝑢 = √𝑠𝑒𝑛𝑥
√𝑠𝑒𝑛𝑥
√𝑐𝑜𝑠 2 𝑥
1 1 ⟹− � 𝑑𝑥, 2 √𝑠𝑒𝑛𝑥
1 1 ⟹− � 𝑑𝑥 , 2 √𝑠𝑒𝑛𝑥 1
√𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 = u2 𝑠𝑒𝑛𝑥 = u2
→ du = cosθ dθ
�1 − 𝑢 2
⟹ ∫ 𝑑𝑢 2 (�1−𝑢2 )𝑢
1 𝑑𝑢 =− � 2 √1 − 𝑢2 1
=− ∫ 𝑑𝜃 = − ∫ 𝑑𝜃 = − 𝜃 2 √1−𝑠𝑒𝑛2 𝜃 2 𝑐𝑜𝑠𝜃 2 1 1 = − 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑢) = − 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(√𝑠𝑒𝑛𝑥) 2 2 Toribio Córdova Condori
(𝟏+𝒔𝒆𝒏𝟐 𝒙)
∫ 𝟐𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙
f. 𝑰 = ∫ Resolución
𝒅𝒙 = 𝟐𝒔𝒆𝒄𝒙√𝒔𝒆𝒏𝒙 − 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏�√𝒔𝒆𝒏𝒙� + 𝒄 𝟐
𝟑𝒔𝒆𝒏𝒙+𝟐𝒄𝒐𝒔𝒙 𝟐𝒔𝒆𝒏𝒙+𝟑𝒄𝒐𝒔𝒙
Aplicamos el método siguiente: �
𝒄𝒔𝒆𝒏𝒙 + 𝒅𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒅𝒙 = 𝑨𝒙 + 𝑩 𝒍𝒏|𝒂𝒔𝒆𝒏𝒙 + 𝒃𝒄𝒐𝒔𝒙| + 𝒄 𝒂𝒔𝒆𝒏𝒙 + 𝒃𝒄𝒐𝒔𝒙
3𝑠𝑒𝑛𝑥 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 � 𝑑𝑥 = 𝐴𝑥 + 𝐵 𝑙𝑛|2𝑠𝑒𝑛𝑥 + 3𝑐𝑜𝑠𝑥| + 𝑐 2𝑠𝑒𝑛𝑥 + 3𝑐𝑜𝑠𝑥
3𝑠𝑒𝑛𝑥 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 𝐵(2𝑐𝑜𝑠𝑥 − 3𝑠𝑒𝑛𝑥) =𝐴+ 2𝑠𝑒𝑛𝑥 + 3𝑐𝑜𝑠𝑥 2𝑠𝑒𝑛𝑥 + 3𝑐𝑜𝑠𝑥 3𝑠𝑒𝑛𝑥+2𝑐𝑜𝑠𝑥
2𝑠𝑒𝑛𝑥+3𝑐𝑜𝑠𝑥
2A − 3B = 3
2𝐴𝑠𝑒𝑛𝑥+3𝐴𝑐𝑜𝑠𝑥+2𝐵𝑐𝑜𝑠𝑥−3𝐵𝑠𝑒𝑛𝑥 2𝑠𝑒𝑛𝑥+3𝑐𝑜𝑠𝑥
3𝑠𝑒𝑛𝑥 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝑥(2𝐴 − 3𝐵) + 𝑐𝑜𝑠𝑥(3𝐴 + 2𝐵)
𝟏𝟐 𝟏𝟑
𝒍𝒏|𝟐𝒔𝒆𝒏𝒙 + 𝟑𝒄𝒐𝒔𝒙| + 𝒄
𝑰 = ∫(𝒙 − 𝒂)𝒑−𝟏 (𝒙 − 𝒃)−𝒑−𝟏 𝒅(𝒙);
𝒑 ≥ 𝟎, 𝒂 ≠ 𝒃
Resolución 𝑝−1
(x − a)p−1 (x − a) =� 𝑑𝑥 = � � � p+1 (x − b) (x − b)
1 𝑑𝑥 (x − b)2
Sea: 𝑢=
𝑥−𝑎 𝑑𝑢 𝑑𝑥 ⟹ = 𝑥−𝑏 (𝑎 − 𝑏) (𝑥 − 𝑏)2
Reemplazando: =�
(x − a)p−1 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = � u(𝑝−1) p+1 (x − b) (a − b) =
𝑢 = 𝑥−𝑏: �
1 1 𝑢𝑝 � u(𝑝−1) 𝑑𝑢 = +∁ (a − b) (a − b) 𝑝
(x − a)p−1 1 𝑥−𝑎 𝑝 𝑑𝑥 = � � +∁ (x − b)p+1 p(a − b) 𝑥 − 𝑏 𝟏
𝒙−𝒂 𝒑
∫(𝒙 − 𝒂)𝒑−𝟏 (𝒙 − 𝒃)−𝒑−𝟏 𝒅(𝒙) = 𝐩(𝐚−𝐛) �𝒙−𝒃� + 𝒄
𝑰 = ∫(
𝒙𝟐 −𝟏
𝒙𝟐 +𝟏 �𝟏+𝒙𝟒
Resolución Dividiendo entre x:
CALCULO DIFERENCIAL 𝐼 = �(
x−𝑥
x + 𝑥 √1 + x 4
Sea 𝑡 = 𝑥 + 𝑥 :
1 √1 + x 4 2 � t =x + 2+2⟹ t −2= 𝑥 𝑥 2
dt = �1 −
�𝒙𝟐 −𝟏�
(𝒙𝟒 +𝟑𝒙𝟐 +𝟏)𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈�
1 dt � dx ⟹ = dx 1 𝑥2 �1 − �
𝒙𝟐 +𝟏 � 𝒙
Resolución 𝑥2 + 1 𝑢 = 𝑎𝑟𝑐𝑜𝑡𝑔 � � 𝑥
𝑑(𝑢) =
(𝑥 2 −1)
𝑥 4 +3𝑥 2 +1
𝑑(𝑥)
𝑑(𝑥) =
Remplazamos: (𝑥 2 −1)
∫ (𝑥 4 +3𝑥 2+1).𝑢 ∴
(𝑥 4 +3𝑥 2 +1)
𝒙𝟐 +𝟏 𝒙
𝑑(𝑣) = ∫
𝑥 4 +3𝑥 2 +1 (𝑥 2 −1)
𝑑(𝑢) 𝑢
𝒙𝟐 +𝟏
𝒅(𝒙) = 𝒍𝒏 �𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 �
�� + 𝒄
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