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S11.PTFCySTFC.TFC(2023II).pptx

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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERIA MECÁNICA-ENERGÍA 2023-II CÁLCULO INTEGRAL Mg. Yolanda Rosa Avalos Sigüenza
TEOREMAS FUNDAMENTALES DEL CÁLCULO Sea f continua en el 𝑎, 𝑏 y 𝐹 𝑥 una función definida por PRIMER TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO 𝐅 𝐱 = 𝐚 𝐱 𝐟 𝐭 𝐝𝐭 𝐚 ≤ 𝐱 ≤ 𝐛 𝑬𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝑭 𝒙 es diferenciable sobre 𝒂, 𝒃 y es la antiderivada de 𝐟 𝒙 , esto es 𝒅 𝒅𝒙 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇 𝒙 , ∀𝒙 ∈ 𝒂, 𝒃 𝑭′ 𝒙 = 𝒇 𝒙 , 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆 𝑭′ 𝒙 = 𝒅𝑭 𝒅𝒙
Demostración Como 𝑭 𝒙 = 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇 𝒙 𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒊𝒅𝒂 𝒆𝒏 𝒂, 𝒃 𝑭′ 𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝑭 𝒙 + 𝒉 − 𝑭(𝒙) 𝒉 = 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝒂 𝒙+𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 − 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 𝒉 = 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 + 𝒙 𝒙+𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 − 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 𝒉 = 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒉 𝒙+𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕
Por el teorema del valor medio se tiene para todo número no nulo 𝑥 + ℎ ∈ 𝑎, 𝑏 ∴ 𝑭′ 𝒙 = 𝒇(𝒙) ∃𝜶 ∈ 𝒙, 𝒙 + 𝒉 ∕ 𝒙 𝒙+𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒉𝒇(𝜶) 𝒇 𝜶 = 𝒙 𝒙+𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 𝒉 , 𝒍𝒖𝒆𝒈𝒐 𝑭′ 𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝒙 𝒙+𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 𝒉 = 𝒍𝒊𝒎 𝒉→𝟎 𝒇 𝜶 = 𝒇(𝒙) Luego
EJEMPLOS 3. 𝑑 𝑑𝑥 𝑥 5 𝑣4 − 3𝑣2 + 𝑐𝑜𝑠𝑣 𝑑𝑣 = − 𝑑 𝑑𝑥 5 𝑥 𝑣4 − 3𝑣2 + 𝑐𝑜𝑠𝑣 𝑑𝑣 = − 𝑥4 − 3𝑥2 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝟏. 𝒅 𝒅𝒙 𝟏 𝒙 𝒔𝒆𝒏𝒕𝒅𝒕 = 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝟐. 𝒅 𝒅𝒙 𝟎 𝒙 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈𝒕𝒅𝒕 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈𝒙
SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO Si F tiene una derivada continua sobre un intervalo I, si entonces la diferenciación y la integración están relacionadas por: , I a 𝒂 𝒙 𝑫𝑭 𝒕 𝒅𝒕 = 𝑭 𝒙 − 𝑭(𝒂) 𝒚 𝒔𝒊 𝒇 𝒆𝒔 𝑫𝑭 𝒕 = 𝒇 𝒕 𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒅𝒂 𝒅𝒆 𝒇 𝒕 𝒚 𝒂 𝒙 𝑫𝑭 𝒕 𝒅𝒕 = 𝑭 𝒙 − 𝑭(𝒂)
SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO Sea f continua sobre u n intervalo J, Si F es diferenciable sobre J y si 𝑭′ 𝒙 = 𝒇 𝒙 , ∀𝒙 ∈ 𝑱, → 𝒂, 𝒃 ∈ 𝑱; 𝒂 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒂 𝒃 𝑭′ 𝒙 𝒅𝒙 = 𝑭 𝒃 − 𝑭(𝒂) 𝑷𝒓𝒖𝒆𝒃𝒂 𝑺𝒆𝒂 𝑮 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒊𝒅𝒂 𝒑𝒐𝒓 𝑮 𝒙 = 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 → 𝑮 𝒂 = 𝒂 𝒂 𝒇 = 𝟎 → 𝑮′ 𝒙 = 𝒅 𝒅𝒙 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇 𝒙 = 𝑭′ 𝒙 , 𝒙 ∈ 𝑱 𝑷𝒐𝒓 𝒆𝒍 𝟏°𝑻. 𝑭. 𝑪. 𝒚 𝒑𝒐𝒓 𝒉𝒊𝒑ó𝒕𝒆𝒔𝒊𝒔 𝑮 𝒙 = 𝑭 𝒙 + 𝒄
Para algún Por tanto Notación 𝒄 ∈ 𝑹 𝒚∀𝒙 ∈ 𝑱 𝐜𝐨𝐦𝐨 𝐆 𝐚 = 𝟎 → 𝑮 𝒂 = 𝑭 𝒂 + 𝒄 → 𝒄 = −𝑭(𝒂) 𝑮 𝒃 = 𝒂 𝒃 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝑭 𝒃 + 𝒄 = 𝑭 𝒃 − 𝑭(𝒂) 𝐲 𝐜𝐨𝐦𝐨 𝐭 𝐞𝐬 𝐮𝐧 𝐬í𝐦𝐛𝐨𝐥𝐨 𝐦𝐮𝐝𝐨 𝐞𝐧 𝐮𝐧𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 𝒂 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒂 𝒃 𝑭′ 𝒙 𝒅𝒙 = 𝑭 𝒃 − 𝑭(𝒂) 𝒂 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒂 𝒃 𝑭′ 𝒙 𝒅𝒙 = 𝑭(𝒙)𝒂 𝒃 = 𝑭 𝒃 − 𝑭(𝒂)
GENERALIZACIÓN DEL PRIMER TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO Sea f continua en R y g diferenciable en R entonces 𝒉(𝒙) 𝑎 𝒈(𝒙) 𝐹 𝑥 = 𝑎 𝑥 𝑓 𝑡 𝑑𝑡 𝑢 = 𝑔(𝑥) 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢 𝑑𝑔 𝑑𝑔 𝑑𝑥 𝑢 → 𝑔 → 𝑥 𝟏. 𝑫𝒙 𝒂 𝒈(𝒙) 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇 𝒈(𝒙) 𝒈′ 𝒙 , 𝒙 ∈ 𝑹 𝟐. 𝑫𝒙 𝒉(𝒙) 𝒈(𝒙) 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇 𝒈(𝒙) 𝒈′ 𝒙 − 𝒇 𝒉(𝒙) 𝒉′ 𝒙 , 𝒙 ∈ 𝑹
Ejemplos Halle los siguientes límites 𝟐𝒉 = 𝒌, 𝒉 → 𝟎, 𝒌 → 𝟎 𝐥𝐢𝐦 𝒌→𝟎 𝟐 𝒌 𝟎 𝟎+𝒌 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒙 + 𝟓 𝒅𝒙 = 𝒇 𝒙 = 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒙 + 𝟒 1. lim ℎ→0 1 ℎ 0 2ℎ 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑥 + 5 𝑑𝑥 𝒍𝒊𝒎 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒄 𝒄+𝒉 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒇 𝒄 , ∀𝒄 ∈ 𝒂, 𝒃 , 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝒄 = 𝟎 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝟐𝐟 𝟎 = 𝟐 𝐜𝐨𝐬(𝟎) 𝟓 = 𝟐 𝟓 𝟐 𝒍𝒊𝒎 𝒌→𝟎 𝟏 𝒌 𝟎 𝟎+𝒌 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒙 + 𝟓 𝒅𝒙 = 𝟎 𝟎+𝒌 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒙 + 𝟓 𝒅𝒙 =
Ejemplos Halle los siguientes límites 𝟐. 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂+𝒎𝒉 𝒂+𝒏𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕, 𝒎, 𝒏 ∈ 𝕫 𝒇 𝒕 = 𝟏 𝟏 + 𝒕𝟐 𝒍𝒊𝒎 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒄 𝒄+𝒉 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒇 𝒄 , ∀𝒄 ∈ 𝒂, 𝒃 , 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝒂 + 𝒎𝒉 𝑎 𝒂 + 𝒏𝒉 −𝒎𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒌 𝒂+𝒌 𝒂 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 𝐼: 𝐡𝐚𝐜𝐢𝐞𝐧𝐝𝐨 𝒌 = 𝒎𝒉 → 𝒉 = 𝒌 𝒎 , 𝒉 → 𝟎; 𝒌 → 𝟎 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂+𝒎𝒉 𝒂+𝒏𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕, 𝒎, 𝒏 ∈ 𝕫 𝒇 𝒕 = 𝟏 𝟏 + 𝒕𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂+𝒎𝒉 𝒂+𝒏𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝑷𝒆𝒓𝒐 𝒎𝐥𝐢𝐦 𝒌→𝟎 𝟏 𝒌 𝒂+𝒌 𝒂+𝒏𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = = −𝒎 𝟏 + 𝒂𝟐 + 𝒏 𝟏 + 𝒂𝟐 = 𝒏 − 𝒎 𝟏 + 𝒂𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂+𝒎𝒉 𝒂 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 + 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂 𝒂+𝒏𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 𝐼 𝐼𝐼 = 𝒏𝐥𝐢𝐦 𝒓→𝟎 𝟏 𝒓 𝒂 𝒂+𝒓 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = = −𝒎𝒇 𝒂 = −𝒎 𝟏 + 𝒂𝟐 𝐼𝐼: 𝐡𝐚𝐜𝐢𝐞𝐧𝐝𝐨 𝒓 = 𝒏𝒉 → 𝒉 = 𝒓 𝒏 , 𝒉 → 𝟎; 𝒓 → 𝟎 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂 𝒂+𝒏𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒏𝒇 𝒂 = 𝒏 𝟏 + 𝒂𝟐 𝑰 + 𝑰𝑰
6. Halle el valor promedio de   2 , 2 , 2 ) ( 2    x x x f 7. Halle el valor promedio de   2 , 2 , 2 ) ( 2     x x x x f 𝑓 𝑐 = 1 4 −2 2 2𝑥2𝑑𝑥 = 1 4 2𝑥3 3 −2 2 → 8𝑐2 = 32 3 𝑐2 = 4 3 → 𝑐 = ± 2 3 3 𝑥2 − 2𝑥 = 𝑥2 − 2𝑥, 𝑥 ∈ −2,0 2𝑥 − 𝑥2 , 𝑥 ∈ 0,2 𝑓 𝑐 = 1 4 −2 2 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 1 4 −2 0 𝑥2 − 2𝑥 𝑑𝑥 + 0 2 2𝑥 − 𝑥2 𝑑𝑥 = 1 4 𝑥3 3 − 𝑥2 −2 0 + 𝑥2 − 𝑥3 3 0 2 𝑓 𝑐 = 1 4 8 = 2 𝑐2 − 2𝑐 = 2 → 𝑐2 − 2c = ±2 𝑐2 − 2c − 2 =0 𝑐 = 2 ± 2 3 2 → 𝑐 = 1 ± 3 𝑐2 − 2c + 2 =0 𝑐 = 2 ± 4 − 8 2 = 2 ± −4 2 ∄ 𝑐 =1.15 𝑐 =-1.15 𝒄 = 𝟏 − 𝟑
𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝑠𝑖 𝑭 𝒙 = −𝟐𝒙 𝟓𝒙 𝒅𝒕 𝟒 + 𝒕𝟐 𝐔𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐥 𝟏. 𝐓. 𝐅. 𝐂 𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐅′(𝐱) 𝐅′ 𝐱 = 𝒅 𝒙 −𝟐𝒙 𝟓𝒙 𝒅𝒕 𝟒 + 𝒕𝟐 = 𝒅 𝒙 −𝟐𝒙 𝟎 𝒅𝒕 𝟒 + 𝒕𝟐 + 𝟎 𝟓𝒙 𝒅𝒕 𝟒 + 𝒕𝟐 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝐅′ 𝐱 = − −𝟐 𝟒 + −𝟐𝒙 𝟐 + 𝟓 𝟒 + (𝟓𝒙)𝟐 = 𝟏 𝟐 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟓 𝟒 + 𝟐𝟓𝒙𝟐 . 𝑫𝒙 𝒂 𝒈(𝒙) 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇 𝒈(𝒙) 𝒈′ 𝒙 , 𝒙 ∈ 𝑹 −𝟐𝒙 𝟎 𝟓𝒙 𝒅𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒏𝒅𝒐 = 𝒅 𝒙 − 𝟎 −𝟐𝒙 𝒅𝒕 𝟒 + 𝒕𝟐 + 𝟎 𝟓𝒙 𝒅𝒕 𝟒 + 𝒕𝟐
𝟖. 𝑺𝒊 𝒇 𝒕 = 𝟗 + 𝒕𝟐 + −𝟑 𝒕 𝒅𝒖 𝟗 + 𝒖𝟐 , 𝒔𝒆 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒆 𝑯 𝒙 = −𝟐𝒙 𝟐𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 𝒅𝒆𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒏𝒆: 𝑯′′ 𝒙 . 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒙 = 𝟐 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝐻 𝑥 = −2𝑥 2𝑥 𝑓 𝑡 𝑑𝑡 𝑯′ 𝒙 = 𝟐𝒇 𝟐𝒙 + 𝟐𝒇 −𝟐𝒙 𝑯′′ 𝒙 = 𝟒𝒇′ (𝟐𝒙) − 𝟒𝒇′ −𝟐𝒙 𝑓 𝑡 = 9 + 𝑡2 + −3 𝑡 𝑑𝑢 9 + 𝑢2 , 𝑓′ 𝑡 = 𝑡 9 + 𝑡2 + 1 9 + 𝑡2 = 𝑡 + 1 9 + 𝑡2 𝑓′ 4 = 4 25 + 1 25 = 4 5 + 1 5 = 1 𝑓′ −4 = −4 25 + 1 25 = − 4 5 + 1 5 = − 3 5 𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐻′′ 2 = 4𝑓′ (4) − 4𝑓′ −4 𝐻′′ 2 = 4 1 + 12 5 = 32 5 𝑓′ 2𝑥 = 2𝑥 + 1 9 + 4𝑥2 𝑓′ −2𝑥 = 1 − 2𝑥 9 + 4𝑥2 𝑯′ 𝒙 = 𝒇 𝟐𝒙 𝟐𝒙 ′ − 𝒇 −𝟐𝒙 (−𝟐𝒙)′ 𝒅𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒓𝒆𝒔𝒑𝒆𝒄𝒕𝒐 𝒂 𝒕 y aplicando el 1°T.F.C: . 𝑫𝒙 𝒉(𝒙) 𝒈(𝒙) 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇 𝒈(𝒙) 𝒈′ 𝒙 − 𝒇 𝒉(𝒙) 𝒉′ 𝒙 ,
5. Halle el valor de c/ 𝑓 𝑐 = 1 3 2 5 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 f x = 𝑥2 − 2𝑥 −1 2 5 𝑥2 − 2𝑥 − 1 𝑑𝑥 = 𝑥3 3 − 𝑥2 − 𝑥 2 5 = 125 3 − 10 − 1 − 8 3 − 4 − 2 = 117 3 − 5 𝑓 𝑐 = 1 3 2 5 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 f x = 𝑥2 − 2𝑥 − 1 𝑐2 − 2𝑐 − 1 = 1 3 34 → 3𝑐2 − 6𝑐 − 37 = 0 𝑐 = 6 ± 480 6 = 3 ± 2 30 3 = 𝑐 = 4.6 𝑐 = −2.6 𝑐 = 4.6 ∈ 2,5
𝑆𝑖 𝑓 𝑥 = 𝟎 𝐱𝟑−𝟓𝐱𝟐 𝐭𝟐 + 𝟏𝐝𝐭, 𝐡𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐥𝐨𝐬 𝐞𝐱𝐭𝐫𝐞𝐦𝐨𝐬 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝟗. 𝐄𝐉𝐄𝐌𝐏𝐋𝐎 𝑑(𝑓 𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝑑 𝑑𝑥 0 𝑥3−5𝑥2 𝑡2 + 1𝑑𝑡 → 𝑓′ 𝑥 = 𝑥3 − 5𝑥2 2 + 1 3𝑥2 − 10𝑥 𝒇′ 𝒙 = 𝟎 (𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒄𝒓í𝒕𝒊𝒄𝒐𝒔) 𝑥3 − 5𝑥2 2 + 1 3𝑥2 − 10𝑥 = 0 3𝑥2 − 10x = 0 → 𝒙 = 𝟎 ∨ 𝒙 = 𝟏𝟎 𝟑 0 10/3 𝑓′ −1 = + 𝑓′ 1 = − 𝑓′ 4 = + 𝐓𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐮𝐧 𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨 𝐞𝐧 𝐱 = 𝟎, 𝐓𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐮𝐧 𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨 𝐞𝐧 𝐱 = 𝟏𝟎 𝟑 , 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝑓′′ 𝑥 = 𝑥3 − 5𝑥2 (3𝑥2 − 10𝑥)2 𝑥3 − 5𝑥2 2 + 1 + 𝑥3 − 5𝑥2 2 + 1(6𝑥 − 10) 𝑓′′ 0 = −10 𝑓′′ 𝟏𝟎 𝟑 = + + − 4 −𝟏 𝟏 +
10. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝐺 𝑥 = 2𝑥3−𝑥 𝑥4+𝑥2 2 3 + 𝑡 𝑑𝑡 , Halle G′′(1) 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝐺′ 𝑥 = 2 3 + 𝑥4 + 𝑥2 4𝑥3 + 2𝑥 − 2 3 + 2𝑥3 − 𝑥 6𝑥2 − 1 = 𝐺′ 𝑥 = 2 4x3 + 2x 3 + x4 + x2 − 2 6𝑥2 − 1 3 + 2𝑥3 − 𝑥 𝑮′′ 𝒙 = 𝟑 + 𝒙𝟒 + 𝒙𝟐 𝟐𝟒𝒙𝟐 + 𝟒 − 𝟖𝒙𝟑 + 𝟒𝒙 𝟒𝒙𝟑 + 𝟐𝒙 𝟑 + 𝒙𝟒 + 𝒙𝟐 𝟐 − 𝟑 + 𝟐𝒙𝟑 − 𝒙 𝟐𝟒𝒙 − 𝟏𝟐𝒙𝟐 − 𝟐 (𝟔𝒙𝟐 − 𝟏) 𝟑 + 𝟐𝒙𝟑 − 𝒙 𝟐 𝑮′′ 𝟏 = 𝟓 𝟐𝟖 − 𝟏𝟐 𝟔 𝟐𝟓 − 𝟒 𝟐𝟒 − 𝟏𝟎 𝟓 𝟏𝟔 = 𝟔𝟖 𝟐𝟓 − 𝟒𝟔 𝟏𝟔 = − 𝟑𝟏 𝟐𝟎𝟎 8x3 + 4x 3 + x4 + x2 − 12𝑥2 − 2 3 + 2𝑥3 − 𝑥
𝟏𝟐. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝑆𝑖 𝐻 𝑥 = 3𝑥2 4𝑥3 1 𝑡 + 4 + 4 𝑡 𝑑𝑣 1 + 𝑣3 dt, Determine H′′(1) 𝐻 𝑥 = 3𝑥2 4𝑥3 1 𝑡 + 4 + 4 𝑡 𝑑𝑣 1 + 𝑣3 𝑑𝑡 = 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝒈(𝒕) 𝐻 𝑥 = 3𝑥2 4𝑥3 1 𝑡 + 4 𝑑𝑡 + 3𝑥2 4𝑥3 𝒈(𝒕) 𝑑𝑡 𝐻′ 𝑥 = 1 4𝑥3+4 12𝑥2 − 1 3𝑥2+4 6𝑥 + 𝑔 4𝑥3 12𝑥2 − g 3𝑥2 6x 𝐻′ 𝑥 = 3𝑥2 𝑥3 + 1 − 6𝑥 3𝑥2 + 4 + 12𝑥2 4 4𝑥3 𝑑𝑣 1 + 𝑣3 − 6x 4 3𝑥2 𝑑𝑣 1 + 𝑣3 𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐠(𝐭) 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐬𝐢𝐠𝐮𝐢𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚 3𝑥2 4𝑥3 1 𝑡 + 4 𝑑𝑡 + 3𝑥2 4𝑥3 4 𝑡 𝑑𝑣 1 + 𝑣3 𝑑𝑡
𝑯′ 𝒙 = 𝟑𝒙𝟐 𝒙𝟑 + 𝟏 − 𝟔𝒙 𝟑𝒙𝟐 + 𝟒 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 𝟒 𝟒𝒙𝟑 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 − 𝟔𝐱 𝟒 𝟑𝒙𝟐 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 𝑬𝒏𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒂𝒏𝒅𝒐 𝑯′′(𝒙) 𝑯′′ 𝒙 = 𝟔𝒙 𝒙𝟑 + 𝟏 − 𝟗𝒙𝟒 𝒙𝟑 + 𝟏 𝟐 − 𝟔 𝟑𝒙𝟐 + 𝟒 − 𝟑𝟔𝒙𝟐 𝟑𝒙𝟐 + 𝟒 𝟐 + 𝟐𝟒𝐱 𝟒 𝟒𝒙𝟑 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 𝟏𝟐𝒙𝟐 𝟏 + 𝟔𝟒𝒙𝟗 − 𝟔 𝟒 𝟑𝒙𝟐 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 − 𝟔𝒙 𝟔𝒙 𝟏 + 𝟐𝟕𝒙𝟔 𝑯′′ 𝒙 = 𝟔𝒙 − 𝟑𝒙𝟒 𝒙𝟑 + 𝟏 𝟐 − 𝟐𝟒 − 𝟏𝟖𝒙𝟐 𝟑𝒙𝟐 + 𝟒 𝟐 + 𝟐𝟒𝐱 𝟒 𝟒𝒙𝟑 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 + 𝟏𝟒𝟒𝒙𝟒 𝟏 + 𝟔𝟒𝒙𝟗 − 𝟔 𝟒 𝟑𝒙𝟐 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 − 𝟑𝟔𝒙𝟐 𝟏 + 𝟐𝟕𝒙𝟔 𝑯′′ 𝟏 = 𝟑 𝟒 − 𝟔 𝟒𝟗 + 𝟐𝟒 𝟒 𝟒 𝒅𝒗 𝟐 + 𝒗𝟑 + 𝟏𝟒𝟒 𝟔𝟓 − 𝟔 𝟒 𝟑 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 − 𝟑𝟔 𝟐𝟖 𝑯′′ 𝟏 = 𝟑 𝟒 − 𝟔 𝟒𝟗 + 𝟏𝟒𝟒 𝟔𝟓 − 𝟗 𝟕 − 𝟔 𝟒 𝟑 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 𝑯′′ 𝟏 = 𝟑 𝟒 − 𝟔 𝟒𝟗 + 𝟏𝟒𝟒 𝟔𝟓 − 𝟗 𝟕 + 𝟔 𝟑 𝟒 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 𝐯𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚 𝐚𝐧𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨𝐫 … 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑎 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑠𝑖𝑔𝑢𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑙á𝑚𝑖𝑛𝑎
𝟑 𝟒 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 = 𝟏 𝟏 + 𝒗𝟑 = 𝑨 𝟏 + 𝒗 + 𝑩𝒗 + 𝑪 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 = 𝑨 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 + 𝑩𝒗 + 𝑪 𝟏 + 𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 𝑨 = 𝟏 𝟑 , 𝑩 = − 𝟏 𝟑 , 𝑪 = 𝟐 𝟑 𝟑 𝟒 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 = 𝟏 𝟑 𝟑 𝟒 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗 + 𝟏 𝟑 𝟑 𝟒 𝟐 − 𝒗 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 𝒅𝒗 = 𝟏 𝟐 𝟑 𝟒 𝟒 − 𝟐𝒗 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 𝒅𝒗 = 𝟏 𝟐 𝟑 𝒗 − 𝟏/𝟐 𝟐 + 𝟑/𝟒 𝐝𝐯 − 𝟏 𝟐 𝟑 𝟒 𝟐𝒗 − 𝟏 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 𝒅𝒗 = 3 4 = 𝟑𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏 𝟐𝒗 − 𝟏 𝟑 − 𝟏 𝟐 𝐥𝐧 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 𝟒 𝟑 … 𝐯𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚 𝐚𝐧𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨𝐫 𝐟𝐚𝐥𝐭𝐚 𝐜𝐨𝐦𝐩𝐥𝐞𝐭𝐚𝐫 … . 𝟏 𝟑 𝐥𝐧 𝟏 + 𝒗 + 𝟏 𝟑 𝟑𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏 𝟐𝒗 − 𝟏 𝟑 − 𝟏 𝟐 𝐥𝐧 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 𝟏 𝟐 𝟑 𝒗 − 𝟏/𝟐 𝟐 + 𝟑/𝟒 𝒅𝒗 − 𝟏 𝟐 𝟑 𝟒 𝟐𝒗 − 𝟏 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 𝒅𝒗 =
𝟏𝟑. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒆: 𝑭′′ 𝒕 , 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒕 = 𝟐, 𝒔𝒊 𝑭 𝒕 = 𝟏−𝟒𝒕 𝟏+𝟒𝒕 𝒈 𝒙 𝒅𝒙, 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆 𝒈 𝒙 = 𝟑 𝒙 − 𝟏 + 𝟎 𝒙 𝒅𝒗 𝟑 𝒗 − 𝟏 𝒈 𝒙 = 𝟑 𝒙 − 𝟏 + 𝟎 𝒙 𝒅𝒗 𝟑 𝒗 − 𝟏 = 𝟑 𝒙 − 𝟏 + 𝟑 𝟐 𝟑 𝒗 − 𝟏 𝟐 𝟎 𝑿 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒈 𝒙 = 𝟑 𝒙 − 𝟏 + 𝟑 𝟐 𝟑 𝒙 − 𝟏 𝟐 − 𝟑 𝟐 … . . (𝜶) 𝑐𝑜𝑚𝑜: 𝑭 𝒕 = 𝟏−𝟒𝒕 𝟏+𝟒𝒕 𝒈 𝒙 𝒅𝒙 𝑭′ 𝒕 = 𝟒𝒈 𝟏 + 𝟒𝒕 + 𝟒𝒈 𝟏 − 𝟒𝒕 𝑭′′ 𝒕 = 𝟏𝟔𝒈′ 𝟏 + 𝟒𝒕 − 𝟏𝟔𝒈′ 𝟏 − 𝟒𝒕 … . . (𝜷) 𝒅𝒆 (𝜶 ) 𝒈 𝟏 + 𝟒𝒕 = 𝟑 𝟒𝒕 + 𝟑 𝟐 𝟑 𝟏𝟔𝒕𝟐 − 𝟑 𝟐 → 𝒈′ 𝟏 + 𝟒𝒕 = 𝒈 𝟏 − 𝟒𝒕 = 𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝟑 𝒙 − 𝟏 𝟐 = 𝒙 − 𝟏 𝟐/𝟑 𝟒 𝟑 𝟒𝒕 − 𝟐 𝟑 + 𝟏𝟔𝒕 𝟏𝟔𝒕𝟐 −𝟏/𝟑 𝟑 −𝟒𝒕 + 𝟑 𝟐 𝟑 𝟏𝟔𝒕𝟐 − 𝟑 𝟐 → 𝒈′ 𝟏 − 𝟒𝒕 = − 𝟒 𝟑 −𝟒𝒕 − 𝟐 𝟑 + 𝟏𝟔𝒕 𝟏𝟔𝒕𝟐 − 𝟏 𝟑 … . 𝜸
𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒕 = 𝟐 𝑭′′ 𝒕 = 𝟏𝟔𝒈′ 𝟏 + 𝟒𝒕 − 𝟏𝟔𝒈′ 𝟏 − 𝟒𝒕 𝑭′′ 𝒕 = 𝟑𝟐 𝟑 𝟑 𝒕𝟐 𝟑 𝟒 𝑭′′ 𝟐 = 𝟑𝟐 𝟑 𝟑 𝟒 𝟑 𝟒 = 𝟑𝟐 𝟑 𝟏𝟒. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 Dada la función 𝒇 𝒙 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒊𝒅𝒂∀𝒙 𝒑𝒐𝒓: 𝑓 𝑥 = 3 + 0 𝑥 1 + 𝑠𝑒𝑛𝑡 2 + 𝑡2 𝑑𝑡 𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐥𝐚𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐬𝐭𝐚𝐧𝐭𝐞𝐬 𝐚, 𝐛 𝐜 𝐝𝐞𝐥 𝐩𝐨𝐥𝐢𝐧𝐨𝐦𝐢𝐨: 𝐩 𝐱 = 𝐚 + 𝐛𝐱 + 𝐜𝐱𝟐 , 𝒔𝒂𝒃𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒒𝒖𝒆: 𝐩 𝟎 = 𝐟 𝟎 ; 𝐩′ 𝟎 = 𝐟′ 𝟎 ; 𝐩′′ 𝟎 = 𝐟′′(𝟎) 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒇′(𝒙) = 𝟏 + 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝟐 + 𝒙𝟐 → 𝒇′ 𝟎 = 𝟏 𝟐 𝒇′′ 𝒙 = 𝟐 + 𝒙𝟐 𝒄𝒐𝒔𝒙 − 𝟏 + 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝟐𝒙 𝟐 + 𝒙𝟐 𝟐 𝒂𝒉𝒐𝒓𝒂 𝒇 𝟎 = 𝒑 𝟎 → 𝟑 = 𝒂 𝐩′ 𝟎 = 𝐟′ 𝟎 → 𝟏 𝟐 = 𝒃 𝒑′ 𝒙 = 𝒃 + 𝟐𝒄𝒙 𝒑′′ 𝒙 = 𝟐𝒄 = 𝟏 𝟐 𝒑 𝒙 = 𝒂 + 𝒃𝒙 + 𝒄𝒙𝟐 𝒑 𝒙 = 𝟑 + 𝒙 𝟐 + 𝒙𝟐 𝟒 → 𝒇′′ 𝟎 = 𝟏 𝟐
15.𝐞𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒆 𝑭′ 𝝅 𝟑 , 𝒔𝒊 𝑭 𝒙 = 𝒙 𝒈(𝒙) 𝟏 𝒙 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏 𝒕 𝒙 𝒅𝒙 𝒚 𝒈 𝒙 = 𝟎 𝒙 𝒔𝒆𝒏𝒕 + 𝒕𝒄𝒐𝒔𝒕 𝒅𝒕 𝐮𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐚 𝐩𝐫𝐨𝐩𝐢𝐞𝐝𝐚𝐝 𝐝𝐞 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐫𝐚𝐜𝐜𝐢ó𝐧 𝑭 𝒙 = 𝒙 𝒈(𝒙) 𝟏 𝒙 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏 𝒕 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒖 = 𝒕 → 𝒅𝒖 = 𝒅𝒕, 𝒗 = 𝒄𝒐𝒔𝒕𝒅𝒕 = 𝒔𝒆𝒏𝒕 𝐅′ 𝐱 = 𝐚𝐫𝐜𝐬𝐞𝐧 𝐬𝐞𝐧𝐱 𝐜𝐨𝐬𝐱 = 𝐱𝐜𝐨𝐬𝐱 𝑭′ 𝝅 𝟑 = 𝝅 𝟔 𝒈 𝒙 = 𝟎 𝒙 𝒔𝒆𝒏𝒕 + 𝒕𝒄𝒐𝒔𝒕 𝒅𝒕 = 𝑭 𝒙 = 𝟏 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏𝒕𝒅𝒙 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝒙/𝒙 𝒈(𝒙)/𝒙 𝒙 𝒙 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏 𝒕𝒙 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟏 𝒈(𝒙)/𝒙 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏𝒕𝒅𝒙 −𝒄𝒐𝒔𝒕 𝟎 𝒙 + 𝒕𝒔𝒆𝒏𝒕 𝟎 𝒙 + 𝒄𝒐𝒔𝒕 𝟎 𝒙 = 𝐱𝐬𝐞𝐧𝐱
𝟏𝟔. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨𝐬 𝑝𝑎𝑟 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟 𝑏) 0 2 3𝑥 2𝑥2 + 5 5 dx = 3 4 5 13 𝑑𝑢 𝑢5 = 𝒖 = 𝟐𝒙𝟐 + 𝟓 → 𝒅𝒖 = 𝟒𝒙𝒅𝒙 𝐱 = 𝟎 → 𝐮 = 𝟓 𝒙 = 𝟐 → 𝒖 = 𝟏𝟑 𝒄) 𝟎 𝝅 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒅𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒙 = 𝒄𝒐𝒔𝒙 , 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝝅 𝟐 −𝒄𝒐𝒔𝒙, 𝝅 𝟐 < 𝒙 ≤ 𝝅 𝟎 𝝅 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎 𝝅 𝟐 𝒄𝒐𝒔𝒙𝒅𝒙 − 𝝅 𝟐 𝝅 𝒄𝒐𝒔𝒙𝒅𝒙 = 𝟐 −2 2 7𝑥4 − 6𝑥3 𝑑𝑥 = −2 2 7𝑥4 𝑑𝑥 − −2 2 6𝑥3 𝑑𝑥 = 14 0 2 𝑥4 𝑑𝑥 + 0 = 14 5 𝑥5 0 2 = 448 5 = − 3 16 1 𝑢4 5 13 = − 3 16 1 28 561 − 1 625
𝟏𝟔. 𝑬𝒋𝒆𝒓𝒄𝒊𝒄𝒊𝒐𝒔 𝒅) 𝟎 𝟐𝝅 𝒔𝒆𝒏𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒅𝒙 𝒔𝒆𝒏𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒙 = 𝒄𝒐𝒔𝒙 − 𝒔𝒆𝒏𝒙, 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝝅 𝟒 𝒔𝒆𝒏𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒙, 𝝅 𝟒 < 𝒙 ≤ 𝟓𝝅 𝟒 𝒄𝒐𝒔𝒙 − 𝒔𝒆𝒏𝒙, 𝟓𝝅 𝟒 < 𝒙 ≤ 𝟐𝝅 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒔𝒆𝒏𝒙 = 𝟎 𝝅 𝟒 𝒄𝒐𝒔𝒙 − 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒅𝒙 + 𝝅 𝟒 𝟓𝝅 𝟒 𝒔𝒆𝒏𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒅𝒙 + 𝟓𝝅 𝟒 𝟐𝝅 𝒄𝒐𝒔𝒙 − 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒅𝒙 𝟎 𝟐𝝅 𝒔𝒆𝒏𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒅𝒙 =
−4 4 𝑥5 + 2𝑥3 + 3𝑥 𝑥4 + 2 + 5 𝑑𝑥 = 0 𝐑𝐞𝐬𝐨𝐥𝐯𝐞𝐫 𝐥𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 𝐏𝐫𝐨𝐛𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐬𝐢 𝐞𝐬 𝐢𝐦𝐩𝐚𝐫 → 𝐟 𝐱 = −𝐟(−𝐱) 𝒇 𝒙 = 𝒙𝟓 + 𝟐𝒙𝟑 + 𝟑𝒙 𝒙𝟒 + 𝟐 + 𝟓 𝒇 −𝒙 = −𝒙𝟓 − 𝟐𝒙𝟑 − 𝟑𝒙 (−𝒙)𝟒+𝟐 + 𝟓 𝒇 −𝒙 = − 𝒙𝟓 + 𝟐𝒙𝟑 + 𝟑𝒙 (𝒙)𝟒+𝟐 + 𝟓 → 𝒇 𝒙 = −𝒇(−𝒙) 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 −4 4 𝑥5 + 2𝑥3 + 3𝑥 𝑥4 + 2 + 5 𝑑𝑥 = 0 𝐋𝐮𝐞𝐠𝐨
𝑬𝒗𝒂𝒍ú𝒆 𝐥𝐚𝐬 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐬𝐢𝐠𝐧𝐨: 𝒃) −𝟐 𝟑 𝒔𝒈𝒏 𝒙 − 𝟐 𝒙 − 𝟒 𝒅𝒙 = 𝐩𝐨𝐫𝐪𝐮𝐞 𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐬𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐱 = ±𝟐 𝑎) −2 4 𝑠𝑔𝑛 𝑥 − 2 𝑥2 − 4 𝑑𝑥 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑏𝑙𝑒 𝑒𝑛 −2,4 𝐃𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐞𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐥 𝐬𝐢𝐠𝐧𝐨 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝒔𝒈𝒏 𝒙 − 𝟐 𝒙 − 𝟒 = 𝟏, −𝟐 ≤ 𝒙 < 𝟐 𝟎, 𝒙 = 𝟐 −𝟏, 𝟐 < 𝒙 ≤ 𝟑 −𝟐 𝟑 𝒔𝒈𝒏 𝒙 − 𝟐 𝒙 − 𝟒 𝒅𝒙 = −𝟐 𝟐 𝒅𝒙 + 𝟐 𝟐 𝟎𝒅𝒙 + 𝟐 𝟑 −𝒅𝒙 𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 4 − 1 = 3
𝑬𝒋𝒆𝒓𝒄𝒊𝒄𝒊𝒐 𝐒𝐞𝐚 𝐟 𝐮𝐧𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚, 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐞𝐧: 𝑯 𝒕 = 𝒕𝟑 + 𝟎 𝟏 𝒇𝟐 𝒗 𝒅𝒗, 𝑮 𝒙 = 𝟎 𝒙𝟐 𝒙𝟐 𝑯 𝒕 𝒅𝒕 𝐃𝐞𝐭𝐞𝐫𝐦𝐢𝐧𝐞 𝐆′′(𝟏) 𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝒔𝒆𝒂 𝒎 = 𝟎 𝟏 𝒇𝟐 𝒗 𝒅𝒗, 𝒎 ∈ ℝ 𝒄𝒐𝒎𝒐 𝑮 𝒙 = 𝟎 𝒙𝟐 𝒙𝟐𝑯 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒙𝟐 𝟎 𝒙𝟐 𝑯 𝒕 𝒅𝒕 𝑮′ 𝒙 = 𝟐𝒙 𝟎 𝒙𝟐 𝑯 𝒕 𝒅𝒕 + 𝒙𝟐𝑯 𝒙𝟐 𝟐𝒙 = 𝟐𝒙 𝟎 𝒙𝟐 𝑯 𝒕 𝒅𝒕 + 𝟐𝒙𝟑𝑯 𝒙𝟐 𝑮′′ 𝒙 = 𝟐 𝟎 𝒙𝟐 𝑯 𝒕 𝒅𝒕 + 𝟒𝒙𝟐𝑯 𝒙𝟐 + 𝟔𝒙𝟐𝑯 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙𝟒𝑯′ 𝒙𝟐 … . 𝜶 𝑯 𝒕 = 𝒕𝟑 + 𝐦 → 𝑯 𝒙𝟐 = 𝒙𝟔 + 𝒎, además 𝑯′ 𝒙𝟐 = 𝟑𝒕𝟐 = 𝟑𝒙𝟒 … . (𝜷) 𝒄𝒐𝒎𝒐 𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 . (𝛽) en 𝛼 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐬𝐢𝐠𝐮𝐢𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚
𝑮′′ 𝒙 = 𝟐 𝟎 𝒙𝟐 𝑯 𝒕 𝒅𝒕 + 𝟒𝒙𝟐𝑯 𝒙𝟐 + 𝟔𝒙𝟐𝑯 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙𝟒𝑯′ 𝒙𝟐 … . 𝛼 𝑮′′ 𝒙 = 𝟏𝟎𝒙𝟐 𝒙𝟔 + 𝒎 + 𝟒𝒙𝟒 𝟑𝒙𝟒 + 𝟐 𝟎 𝒙𝟐 𝒕𝟑 + 𝒎 𝒅𝒕 𝑮′′ 𝒙 = 𝟏𝟎𝒙𝟐 𝒙𝟔 + 𝒎 + 𝟏𝟐𝒙𝟖 + 𝟐 𝒕𝟒 𝟒 + 𝒎𝒕 𝟎 𝒙𝟐 𝑮′′ 𝒙 = 𝟏𝟎𝒙𝟐 𝒙𝟔 + 𝒎 + 𝟏𝟐𝒙𝟖 + 𝟐 𝒙𝟖 𝟒 + 𝒎𝒙𝟐 𝑮′′ 𝟏 = 𝟏𝟎 𝟏 + 𝒎 + 𝟏𝟐 + 𝟐 𝟏 𝟒 + 𝒎 𝐺′′ 1 = 10 1 + 𝑚 + 12 + 2 1 4 + 𝑚 𝑮′′ 𝟏 = 𝟒𝟏 + 𝟐𝟒𝒎 𝟐 … 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚 𝐚𝐧𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨𝐫
INTEGRALES QUE INVOLUCRAN VALOR ABSOLUTO EJEMPLO Halle 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 = 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙, 𝒙 −𝟓, 𝟎 ∪ 𝟑, 𝟕 − 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 , 𝒙 ∈ 𝟎, 𝟑 𝑥2 − 3𝑥 ≥ 0 → 𝑥(𝑥 − 3) ≥ 0 = −𝟓 𝟎 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 𝒅𝒙 + 𝟑 𝟕 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 𝒅𝒙 + 𝟎 𝟑 𝟑𝒙 − 𝒙𝟐 𝒅𝒙 = 𝟓𝟏 𝟐 0 3 + + − −5 7 −𝟓 𝟎 𝐱𝟐 − 𝟑𝐱 𝐝𝐱 = 𝐱𝟑 𝟑 − 𝟑𝐱𝟐 𝟐 −𝟓 𝟎 = 𝟏𝟏 𝐅 𝐱 = 𝐱 ↔ 𝐱 −𝐱, 𝐱 < 𝟎 𝐱, 𝐱 ≥ 𝟎 𝒙 𝒅𝒙 = −𝒙𝒅𝒙, 𝒙 < 𝟎 𝒙𝒅𝒙, 𝒙 ≥ 𝟎 = −𝒙𝟐 𝟐 , 𝒙 < 𝟎 𝒙𝟐 𝟐 , 𝒙 ≥ 𝟎 → 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟐 𝒙 + 𝑘 −𝟓 𝟕 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 𝒅𝒙 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐥 3 7 𝑥2 − 3𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥3 3 − 3𝑥2 2 3 7 = 20 0 3 3𝑥 − 𝑥2 𝑑𝑥 = 9 2
𝐄𝐉𝐄𝐑𝐂𝐈𝐂𝐈𝐎 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑒 lim 𝑥→0 0 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑡𝑎𝑛𝑡 0 𝑡𝑎𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑑𝑡 𝒅𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒏𝒅𝒐 lim 𝑥→0 0 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑡𝑎𝑛𝑡 0 𝑡𝑎𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑑𝑡 = lim 𝑥→0 𝑡𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑎𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑐2𝑥 = lim 𝑥→0 𝑡𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠3𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑎𝑛𝑥 derivando nuevamente lim 𝑥→0 𝑠𝑒𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑡𝑔𝑥 𝑠𝑒𝑐2𝑥 = 1 𝑡𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠6 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑎𝑛𝑥 = 𝑠𝑒𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠7 𝑥 − 6𝑐𝑜𝑠5 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥𝑡𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑡𝑎𝑛𝑥 . 𝑠𝑒𝑐2𝑥
Ejemplos 1. Halle los siguientes límites 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂 𝒙+𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 − 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 ; 𝒇 𝒕 = 𝟏 𝒕 𝟐. 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂 𝒙+𝒉 𝒅𝒕 𝟏 + 𝒕 − 𝒂 𝒙 𝒅𝒕 𝟏 + 𝒕
INTEGRACION POR PARTES EN INTEGRALES DEFINIDAS Teorema si f y g son dos funciones diferenciables sobre 𝒂, 𝒃 entonces Ejemplo. Evalúe 𝒂 𝒃 𝒇 𝒙 𝒈′ 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒇 𝒙 𝒈 𝒙 − 𝒂 𝒃 𝒈 𝒙 𝒇′ 𝒙 𝒅𝒙 𝟏) −𝝅/𝟐 𝝅 𝟓𝒙𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝒙 𝒅𝒙 𝟐) 𝟐 𝟖 𝟐𝒙 − 𝟓 𝒙𝟐 − 𝟏 𝒅𝒙

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  • 1. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERIA MECÁNICA-ENERGÍA 2023-II CÁLCULO INTEGRAL Mg. Yolanda Rosa Avalos Sigüenza
  • 2. TEOREMAS FUNDAMENTALES DEL CÁLCULO Sea f continua en el 𝑎, 𝑏 y 𝐹 𝑥 una función definida por PRIMER TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO 𝐅 𝐱 = 𝐚 𝐱 𝐟 𝐭 𝐝𝐭 𝐚 ≤ 𝐱 ≤ 𝐛 𝑬𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝑭 𝒙 es diferenciable sobre 𝒂, 𝒃 y es la antiderivada de 𝐟 𝒙 , esto es 𝒅 𝒅𝒙 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇 𝒙 , ∀𝒙 ∈ 𝒂, 𝒃 𝑭′ 𝒙 = 𝒇 𝒙 , 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆 𝑭′ 𝒙 = 𝒅𝑭 𝒅𝒙
  • 3. Demostración Como 𝑭 𝒙 = 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇 𝒙 𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒊𝒅𝒂 𝒆𝒏 𝒂, 𝒃 𝑭′ 𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝑭 𝒙 + 𝒉 − 𝑭(𝒙) 𝒉 = 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝒂 𝒙+𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 − 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 𝒉 = 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 + 𝒙 𝒙+𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 − 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 𝒉 = 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒉 𝒙+𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕
  • 4. Por el teorema del valor medio se tiene para todo número no nulo 𝑥 + ℎ ∈ 𝑎, 𝑏 ∴ 𝑭′ 𝒙 = 𝒇(𝒙) ∃𝜶 ∈ 𝒙, 𝒙 + 𝒉 ∕ 𝒙 𝒙+𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒉𝒇(𝜶) 𝒇 𝜶 = 𝒙 𝒙+𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 𝒉 , 𝒍𝒖𝒆𝒈𝒐 𝑭′ 𝒙 = 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝒙 𝒙+𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 𝒉 = 𝒍𝒊𝒎 𝒉→𝟎 𝒇 𝜶 = 𝒇(𝒙) Luego
  • 5. EJEMPLOS 3. 𝑑 𝑑𝑥 𝑥 5 𝑣4 − 3𝑣2 + 𝑐𝑜𝑠𝑣 𝑑𝑣 = − 𝑑 𝑑𝑥 5 𝑥 𝑣4 − 3𝑣2 + 𝑐𝑜𝑠𝑣 𝑑𝑣 = − 𝑥4 − 3𝑥2 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝟏. 𝒅 𝒅𝒙 𝟏 𝒙 𝒔𝒆𝒏𝒕𝒅𝒕 = 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝟐. 𝒅 𝒅𝒙 𝟎 𝒙 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈𝒕𝒅𝒕 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈𝒙
  • 6. SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO Si F tiene una derivada continua sobre un intervalo I, si entonces la diferenciación y la integración están relacionadas por: , I a 𝒂 𝒙 𝑫𝑭 𝒕 𝒅𝒕 = 𝑭 𝒙 − 𝑭(𝒂) 𝒚 𝒔𝒊 𝒇 𝒆𝒔 𝑫𝑭 𝒕 = 𝒇 𝒕 𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒂𝒏𝒕𝒊𝒅𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒅𝒂 𝒅𝒆 𝒇 𝒕 𝒚 𝒂 𝒙 𝑫𝑭 𝒕 𝒅𝒕 = 𝑭 𝒙 − 𝑭(𝒂)
  • 7. SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO Sea f continua sobre u n intervalo J, Si F es diferenciable sobre J y si 𝑭′ 𝒙 = 𝒇 𝒙 , ∀𝒙 ∈ 𝑱, → 𝒂, 𝒃 ∈ 𝑱; 𝒂 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒂 𝒃 𝑭′ 𝒙 𝒅𝒙 = 𝑭 𝒃 − 𝑭(𝒂) 𝑷𝒓𝒖𝒆𝒃𝒂 𝑺𝒆𝒂 𝑮 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒊𝒅𝒂 𝒑𝒐𝒓 𝑮 𝒙 = 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 → 𝑮 𝒂 = 𝒂 𝒂 𝒇 = 𝟎 → 𝑮′ 𝒙 = 𝒅 𝒅𝒙 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇 𝒙 = 𝑭′ 𝒙 , 𝒙 ∈ 𝑱 𝑷𝒐𝒓 𝒆𝒍 𝟏°𝑻. 𝑭. 𝑪. 𝒚 𝒑𝒐𝒓 𝒉𝒊𝒑ó𝒕𝒆𝒔𝒊𝒔 𝑮 𝒙 = 𝑭 𝒙 + 𝒄
  • 8. Para algún Por tanto Notación 𝒄 ∈ 𝑹 𝒚∀𝒙 ∈ 𝑱 𝐜𝐨𝐦𝐨 𝐆 𝐚 = 𝟎 → 𝑮 𝒂 = 𝑭 𝒂 + 𝒄 → 𝒄 = −𝑭(𝒂) 𝑮 𝒃 = 𝒂 𝒃 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝑭 𝒃 + 𝒄 = 𝑭 𝒃 − 𝑭(𝒂) 𝐲 𝐜𝐨𝐦𝐨 𝐭 𝐞𝐬 𝐮𝐧 𝐬í𝐦𝐛𝐨𝐥𝐨 𝐦𝐮𝐝𝐨 𝐞𝐧 𝐮𝐧𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 𝒂 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒂 𝒃 𝑭′ 𝒙 𝒅𝒙 = 𝑭 𝒃 − 𝑭(𝒂) 𝒂 𝒃 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒂 𝒃 𝑭′ 𝒙 𝒅𝒙 = 𝑭(𝒙)𝒂 𝒃 = 𝑭 𝒃 − 𝑭(𝒂)
  • 9. GENERALIZACIÓN DEL PRIMER TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO Sea f continua en R y g diferenciable en R entonces 𝒉(𝒙) 𝑎 𝒈(𝒙) 𝐹 𝑥 = 𝑎 𝑥 𝑓 𝑡 𝑑𝑡 𝑢 = 𝑔(𝑥) 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢 𝑑𝑔 𝑑𝑔 𝑑𝑥 𝑢 → 𝑔 → 𝑥 𝟏. 𝑫𝒙 𝒂 𝒈(𝒙) 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇 𝒈(𝒙) 𝒈′ 𝒙 , 𝒙 ∈ 𝑹 𝟐. 𝑫𝒙 𝒉(𝒙) 𝒈(𝒙) 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇 𝒈(𝒙) 𝒈′ 𝒙 − 𝒇 𝒉(𝒙) 𝒉′ 𝒙 , 𝒙 ∈ 𝑹
  • 10. Ejemplos Halle los siguientes límites 𝟐𝒉 = 𝒌, 𝒉 → 𝟎, 𝒌 → 𝟎 𝐥𝐢𝐦 𝒌→𝟎 𝟐 𝒌 𝟎 𝟎+𝒌 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒙 + 𝟓 𝒅𝒙 = 𝒇 𝒙 = 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒙 + 𝟒 1. lim ℎ→0 1 ℎ 0 2ℎ 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑥 + 5 𝑑𝑥 𝒍𝒊𝒎 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒄 𝒄+𝒉 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒇 𝒄 , ∀𝒄 ∈ 𝒂, 𝒃 , 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝒄 = 𝟎 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝟐𝐟 𝟎 = 𝟐 𝐜𝐨𝐬(𝟎) 𝟓 = 𝟐 𝟓 𝟐 𝒍𝒊𝒎 𝒌→𝟎 𝟏 𝒌 𝟎 𝟎+𝒌 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒙 + 𝟓 𝒅𝒙 = 𝟎 𝟎+𝒌 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒙 + 𝟓 𝒅𝒙 =
  • 11. Ejemplos Halle los siguientes límites 𝟐. 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂+𝒎𝒉 𝒂+𝒏𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕, 𝒎, 𝒏 ∈ 𝕫 𝒇 𝒕 = 𝟏 𝟏 + 𝒕𝟐 𝒍𝒊𝒎 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒄 𝒄+𝒉 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒇 𝒄 , ∀𝒄 ∈ 𝒂, 𝒃 , 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝒂 + 𝒎𝒉 𝑎 𝒂 + 𝒏𝒉 −𝒎𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒌 𝒂+𝒌 𝒂 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 𝐼: 𝐡𝐚𝐜𝐢𝐞𝐧𝐝𝐨 𝒌 = 𝒎𝒉 → 𝒉 = 𝒌 𝒎 , 𝒉 → 𝟎; 𝒌 → 𝟎 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂+𝒎𝒉 𝒂+𝒏𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕, 𝒎, 𝒏 ∈ 𝕫 𝒇 𝒕 = 𝟏 𝟏 + 𝒕𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂+𝒎𝒉 𝒂+𝒏𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝑷𝒆𝒓𝒐 𝒎𝐥𝐢𝐦 𝒌→𝟎 𝟏 𝒌 𝒂+𝒌 𝒂+𝒏𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = = −𝒎 𝟏 + 𝒂𝟐 + 𝒏 𝟏 + 𝒂𝟐 = 𝒏 − 𝒎 𝟏 + 𝒂𝟐 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂+𝒎𝒉 𝒂 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 + 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂 𝒂+𝒏𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 𝐼 𝐼𝐼 = 𝒏𝐥𝐢𝐦 𝒓→𝟎 𝟏 𝒓 𝒂 𝒂+𝒓 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = = −𝒎𝒇 𝒂 = −𝒎 𝟏 + 𝒂𝟐 𝐼𝐼: 𝐡𝐚𝐜𝐢𝐞𝐧𝐝𝐨 𝒓 = 𝒏𝒉 → 𝒉 = 𝒓 𝒏 , 𝒉 → 𝟎; 𝒓 → 𝟎 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂 𝒂+𝒏𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒏𝒇 𝒂 = 𝒏 𝟏 + 𝒂𝟐 𝑰 + 𝑰𝑰
  • 12. 6. Halle el valor promedio de   2 , 2 , 2 ) ( 2    x x x f 7. Halle el valor promedio de   2 , 2 , 2 ) ( 2     x x x x f 𝑓 𝑐 = 1 4 −2 2 2𝑥2𝑑𝑥 = 1 4 2𝑥3 3 −2 2 → 8𝑐2 = 32 3 𝑐2 = 4 3 → 𝑐 = ± 2 3 3 𝑥2 − 2𝑥 = 𝑥2 − 2𝑥, 𝑥 ∈ −2,0 2𝑥 − 𝑥2 , 𝑥 ∈ 0,2 𝑓 𝑐 = 1 4 −2 2 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 1 4 −2 0 𝑥2 − 2𝑥 𝑑𝑥 + 0 2 2𝑥 − 𝑥2 𝑑𝑥 = 1 4 𝑥3 3 − 𝑥2 −2 0 + 𝑥2 − 𝑥3 3 0 2 𝑓 𝑐 = 1 4 8 = 2 𝑐2 − 2𝑐 = 2 → 𝑐2 − 2c = ±2 𝑐2 − 2c − 2 =0 𝑐 = 2 ± 2 3 2 → 𝑐 = 1 ± 3 𝑐2 − 2c + 2 =0 𝑐 = 2 ± 4 − 8 2 = 2 ± −4 2 ∄ 𝑐 =1.15 𝑐 =-1.15 𝒄 = 𝟏 − 𝟑
  • 13. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝑠𝑖 𝑭 𝒙 = −𝟐𝒙 𝟓𝒙 𝒅𝒕 𝟒 + 𝒕𝟐 𝐔𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐥 𝟏. 𝐓. 𝐅. 𝐂 𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐅′(𝐱) 𝐅′ 𝐱 = 𝒅 𝒙 −𝟐𝒙 𝟓𝒙 𝒅𝒕 𝟒 + 𝒕𝟐 = 𝒅 𝒙 −𝟐𝒙 𝟎 𝒅𝒕 𝟒 + 𝒕𝟐 + 𝟎 𝟓𝒙 𝒅𝒕 𝟒 + 𝒕𝟐 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝐅′ 𝐱 = − −𝟐 𝟒 + −𝟐𝒙 𝟐 + 𝟓 𝟒 + (𝟓𝒙)𝟐 = 𝟏 𝟐 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝟓 𝟒 + 𝟐𝟓𝒙𝟐 . 𝑫𝒙 𝒂 𝒈(𝒙) 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇 𝒈(𝒙) 𝒈′ 𝒙 , 𝒙 ∈ 𝑹 −𝟐𝒙 𝟎 𝟓𝒙 𝒅𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒏𝒅𝒐 = 𝒅 𝒙 − 𝟎 −𝟐𝒙 𝒅𝒕 𝟒 + 𝒕𝟐 + 𝟎 𝟓𝒙 𝒅𝒕 𝟒 + 𝒕𝟐
  • 14. 𝟖. 𝑺𝒊 𝒇 𝒕 = 𝟗 + 𝒕𝟐 + −𝟑 𝒕 𝒅𝒖 𝟗 + 𝒖𝟐 , 𝒔𝒆 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒆 𝑯 𝒙 = −𝟐𝒙 𝟐𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 𝒅𝒆𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒏𝒆: 𝑯′′ 𝒙 . 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒙 = 𝟐 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝐻 𝑥 = −2𝑥 2𝑥 𝑓 𝑡 𝑑𝑡 𝑯′ 𝒙 = 𝟐𝒇 𝟐𝒙 + 𝟐𝒇 −𝟐𝒙 𝑯′′ 𝒙 = 𝟒𝒇′ (𝟐𝒙) − 𝟒𝒇′ −𝟐𝒙 𝑓 𝑡 = 9 + 𝑡2 + −3 𝑡 𝑑𝑢 9 + 𝑢2 , 𝑓′ 𝑡 = 𝑡 9 + 𝑡2 + 1 9 + 𝑡2 = 𝑡 + 1 9 + 𝑡2 𝑓′ 4 = 4 25 + 1 25 = 4 5 + 1 5 = 1 𝑓′ −4 = −4 25 + 1 25 = − 4 5 + 1 5 = − 3 5 𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐻′′ 2 = 4𝑓′ (4) − 4𝑓′ −4 𝐻′′ 2 = 4 1 + 12 5 = 32 5 𝑓′ 2𝑥 = 2𝑥 + 1 9 + 4𝑥2 𝑓′ −2𝑥 = 1 − 2𝑥 9 + 4𝑥2 𝑯′ 𝒙 = 𝒇 𝟐𝒙 𝟐𝒙 ′ − 𝒇 −𝟐𝒙 (−𝟐𝒙)′ 𝒅𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒓𝒆𝒔𝒑𝒆𝒄𝒕𝒐 𝒂 𝒕 y aplicando el 1°T.F.C: . 𝑫𝒙 𝒉(𝒙) 𝒈(𝒙) 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒇 𝒈(𝒙) 𝒈′ 𝒙 − 𝒇 𝒉(𝒙) 𝒉′ 𝒙 ,
  • 15. 5. Halle el valor de c/ 𝑓 𝑐 = 1 3 2 5 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 f x = 𝑥2 − 2𝑥 −1 2 5 𝑥2 − 2𝑥 − 1 𝑑𝑥 = 𝑥3 3 − 𝑥2 − 𝑥 2 5 = 125 3 − 10 − 1 − 8 3 − 4 − 2 = 117 3 − 5 𝑓 𝑐 = 1 3 2 5 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 f x = 𝑥2 − 2𝑥 − 1 𝑐2 − 2𝑐 − 1 = 1 3 34 → 3𝑐2 − 6𝑐 − 37 = 0 𝑐 = 6 ± 480 6 = 3 ± 2 30 3 = 𝑐 = 4.6 𝑐 = −2.6 𝑐 = 4.6 ∈ 2,5
  • 16. 𝑆𝑖 𝑓 𝑥 = 𝟎 𝐱𝟑−𝟓𝐱𝟐 𝐭𝟐 + 𝟏𝐝𝐭, 𝐡𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐥𝐨𝐬 𝐞𝐱𝐭𝐫𝐞𝐦𝐨𝐬 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨𝐬 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝟗. 𝐄𝐉𝐄𝐌𝐏𝐋𝐎 𝑑(𝑓 𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝑑 𝑑𝑥 0 𝑥3−5𝑥2 𝑡2 + 1𝑑𝑡 → 𝑓′ 𝑥 = 𝑥3 − 5𝑥2 2 + 1 3𝑥2 − 10𝑥 𝒇′ 𝒙 = 𝟎 (𝒑𝒖𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒄𝒓í𝒕𝒊𝒄𝒐𝒔) 𝑥3 − 5𝑥2 2 + 1 3𝑥2 − 10𝑥 = 0 3𝑥2 − 10x = 0 → 𝒙 = 𝟎 ∨ 𝒙 = 𝟏𝟎 𝟑 0 10/3 𝑓′ −1 = + 𝑓′ 1 = − 𝑓′ 4 = + 𝐓𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐮𝐧 𝐦á𝐱𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨 𝐞𝐧 𝐱 = 𝟎, 𝐓𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐮𝐧 𝐦í𝐧𝐢𝐦𝐨 𝐫𝐞𝐥𝐚𝐭𝐢𝐯𝐨 𝐞𝐧 𝐱 = 𝟏𝟎 𝟑 , 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝑓′′ 𝑥 = 𝑥3 − 5𝑥2 (3𝑥2 − 10𝑥)2 𝑥3 − 5𝑥2 2 + 1 + 𝑥3 − 5𝑥2 2 + 1(6𝑥 − 10) 𝑓′′ 0 = −10 𝑓′′ 𝟏𝟎 𝟑 = + + − 4 −𝟏 𝟏 +
  • 17. 10. 𝐄𝐣𝐞𝐦𝐩𝐥𝐨 𝐺 𝑥 = 2𝑥3−𝑥 𝑥4+𝑥2 2 3 + 𝑡 𝑑𝑡 , Halle G′′(1) 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝐺′ 𝑥 = 2 3 + 𝑥4 + 𝑥2 4𝑥3 + 2𝑥 − 2 3 + 2𝑥3 − 𝑥 6𝑥2 − 1 = 𝐺′ 𝑥 = 2 4x3 + 2x 3 + x4 + x2 − 2 6𝑥2 − 1 3 + 2𝑥3 − 𝑥 𝑮′′ 𝒙 = 𝟑 + 𝒙𝟒 + 𝒙𝟐 𝟐𝟒𝒙𝟐 + 𝟒 − 𝟖𝒙𝟑 + 𝟒𝒙 𝟒𝒙𝟑 + 𝟐𝒙 𝟑 + 𝒙𝟒 + 𝒙𝟐 𝟐 − 𝟑 + 𝟐𝒙𝟑 − 𝒙 𝟐𝟒𝒙 − 𝟏𝟐𝒙𝟐 − 𝟐 (𝟔𝒙𝟐 − 𝟏) 𝟑 + 𝟐𝒙𝟑 − 𝒙 𝟐 𝑮′′ 𝟏 = 𝟓 𝟐𝟖 − 𝟏𝟐 𝟔 𝟐𝟓 − 𝟒 𝟐𝟒 − 𝟏𝟎 𝟓 𝟏𝟔 = 𝟔𝟖 𝟐𝟓 − 𝟒𝟔 𝟏𝟔 = − 𝟑𝟏 𝟐𝟎𝟎 8x3 + 4x 3 + x4 + x2 − 12𝑥2 − 2 3 + 2𝑥3 − 𝑥
  • 18. 𝟏𝟐. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝑆𝑖 𝐻 𝑥 = 3𝑥2 4𝑥3 1 𝑡 + 4 + 4 𝑡 𝑑𝑣 1 + 𝑣3 dt, Determine H′′(1) 𝐻 𝑥 = 3𝑥2 4𝑥3 1 𝑡 + 4 + 4 𝑡 𝑑𝑣 1 + 𝑣3 𝑑𝑡 = 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝒈(𝒕) 𝐻 𝑥 = 3𝑥2 4𝑥3 1 𝑡 + 4 𝑑𝑡 + 3𝑥2 4𝑥3 𝒈(𝒕) 𝑑𝑡 𝐻′ 𝑥 = 1 4𝑥3+4 12𝑥2 − 1 3𝑥2+4 6𝑥 + 𝑔 4𝑥3 12𝑥2 − g 3𝑥2 6x 𝐻′ 𝑥 = 3𝑥2 𝑥3 + 1 − 6𝑥 3𝑥2 + 4 + 12𝑥2 4 4𝑥3 𝑑𝑣 1 + 𝑣3 − 6x 4 3𝑥2 𝑑𝑣 1 + 𝑣3 𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐠(𝐭) 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐬𝐢𝐠𝐮𝐢𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚 3𝑥2 4𝑥3 1 𝑡 + 4 𝑑𝑡 + 3𝑥2 4𝑥3 4 𝑡 𝑑𝑣 1 + 𝑣3 𝑑𝑡
  • 19. 𝑯′ 𝒙 = 𝟑𝒙𝟐 𝒙𝟑 + 𝟏 − 𝟔𝒙 𝟑𝒙𝟐 + 𝟒 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 𝟒 𝟒𝒙𝟑 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 − 𝟔𝐱 𝟒 𝟑𝒙𝟐 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 𝑬𝒏𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒂𝒏𝒅𝒐 𝑯′′(𝒙) 𝑯′′ 𝒙 = 𝟔𝒙 𝒙𝟑 + 𝟏 − 𝟗𝒙𝟒 𝒙𝟑 + 𝟏 𝟐 − 𝟔 𝟑𝒙𝟐 + 𝟒 − 𝟑𝟔𝒙𝟐 𝟑𝒙𝟐 + 𝟒 𝟐 + 𝟐𝟒𝐱 𝟒 𝟒𝒙𝟑 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 𝟏𝟐𝒙𝟐 𝟏 + 𝟔𝟒𝒙𝟗 − 𝟔 𝟒 𝟑𝒙𝟐 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 − 𝟔𝒙 𝟔𝒙 𝟏 + 𝟐𝟕𝒙𝟔 𝑯′′ 𝒙 = 𝟔𝒙 − 𝟑𝒙𝟒 𝒙𝟑 + 𝟏 𝟐 − 𝟐𝟒 − 𝟏𝟖𝒙𝟐 𝟑𝒙𝟐 + 𝟒 𝟐 + 𝟐𝟒𝐱 𝟒 𝟒𝒙𝟑 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 + 𝟏𝟒𝟒𝒙𝟒 𝟏 + 𝟔𝟒𝒙𝟗 − 𝟔 𝟒 𝟑𝒙𝟐 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 − 𝟑𝟔𝒙𝟐 𝟏 + 𝟐𝟕𝒙𝟔 𝑯′′ 𝟏 = 𝟑 𝟒 − 𝟔 𝟒𝟗 + 𝟐𝟒 𝟒 𝟒 𝒅𝒗 𝟐 + 𝒗𝟑 + 𝟏𝟒𝟒 𝟔𝟓 − 𝟔 𝟒 𝟑 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 − 𝟑𝟔 𝟐𝟖 𝑯′′ 𝟏 = 𝟑 𝟒 − 𝟔 𝟒𝟗 + 𝟏𝟒𝟒 𝟔𝟓 − 𝟗 𝟕 − 𝟔 𝟒 𝟑 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 𝑯′′ 𝟏 = 𝟑 𝟒 − 𝟔 𝟒𝟗 + 𝟏𝟒𝟒 𝟔𝟓 − 𝟗 𝟕 + 𝟔 𝟑 𝟒 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 𝐯𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚 𝐚𝐧𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨𝐫 … 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑎 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑠𝑖𝑔𝑢𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑙á𝑚𝑖𝑛𝑎
  • 20. 𝟑 𝟒 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 = 𝟏 𝟏 + 𝒗𝟑 = 𝑨 𝟏 + 𝒗 + 𝑩𝒗 + 𝑪 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 = 𝑨 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 + 𝑩𝒗 + 𝑪 𝟏 + 𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 𝑨 = 𝟏 𝟑 , 𝑩 = − 𝟏 𝟑 , 𝑪 = 𝟐 𝟑 𝟑 𝟒 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗𝟑 = 𝟏 𝟑 𝟑 𝟒 𝒅𝒗 𝟏 + 𝒗 + 𝟏 𝟑 𝟑 𝟒 𝟐 − 𝒗 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 𝒅𝒗 = 𝟏 𝟐 𝟑 𝟒 𝟒 − 𝟐𝒗 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 𝒅𝒗 = 𝟏 𝟐 𝟑 𝒗 − 𝟏/𝟐 𝟐 + 𝟑/𝟒 𝐝𝐯 − 𝟏 𝟐 𝟑 𝟒 𝟐𝒗 − 𝟏 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 𝒅𝒗 = 3 4 = 𝟑𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏 𝟐𝒗 − 𝟏 𝟑 − 𝟏 𝟐 𝐥𝐧 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 𝟒 𝟑 … 𝐯𝐢𝐞𝐧𝐞 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚 𝐚𝐧𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨𝐫 𝐟𝐚𝐥𝐭𝐚 𝐜𝐨𝐦𝐩𝐥𝐞𝐭𝐚𝐫 … . 𝟏 𝟑 𝐥𝐧 𝟏 + 𝒗 + 𝟏 𝟑 𝟑𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏 𝟐𝒗 − 𝟏 𝟑 − 𝟏 𝟐 𝐥𝐧 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 𝟏 𝟐 𝟑 𝒗 − 𝟏/𝟐 𝟐 + 𝟑/𝟒 𝒅𝒗 − 𝟏 𝟐 𝟑 𝟒 𝟐𝒗 − 𝟏 𝒗𝟐 − 𝒗 + 𝟏 𝒅𝒗 =
  • 21. 𝟏𝟑. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒆: 𝑭′′ 𝒕 , 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒕 = 𝟐, 𝒔𝒊 𝑭 𝒕 = 𝟏−𝟒𝒕 𝟏+𝟒𝒕 𝒈 𝒙 𝒅𝒙, 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆 𝒈 𝒙 = 𝟑 𝒙 − 𝟏 + 𝟎 𝒙 𝒅𝒗 𝟑 𝒗 − 𝟏 𝒈 𝒙 = 𝟑 𝒙 − 𝟏 + 𝟎 𝒙 𝒅𝒗 𝟑 𝒗 − 𝟏 = 𝟑 𝒙 − 𝟏 + 𝟑 𝟐 𝟑 𝒗 − 𝟏 𝟐 𝟎 𝑿 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒈 𝒙 = 𝟑 𝒙 − 𝟏 + 𝟑 𝟐 𝟑 𝒙 − 𝟏 𝟐 − 𝟑 𝟐 … . . (𝜶) 𝑐𝑜𝑚𝑜: 𝑭 𝒕 = 𝟏−𝟒𝒕 𝟏+𝟒𝒕 𝒈 𝒙 𝒅𝒙 𝑭′ 𝒕 = 𝟒𝒈 𝟏 + 𝟒𝒕 + 𝟒𝒈 𝟏 − 𝟒𝒕 𝑭′′ 𝒕 = 𝟏𝟔𝒈′ 𝟏 + 𝟒𝒕 − 𝟏𝟔𝒈′ 𝟏 − 𝟒𝒕 … . . (𝜷) 𝒅𝒆 (𝜶 ) 𝒈 𝟏 + 𝟒𝒕 = 𝟑 𝟒𝒕 + 𝟑 𝟐 𝟑 𝟏𝟔𝒕𝟐 − 𝟑 𝟐 → 𝒈′ 𝟏 + 𝟒𝒕 = 𝒈 𝟏 − 𝟒𝒕 = 𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝟑 𝒙 − 𝟏 𝟐 = 𝒙 − 𝟏 𝟐/𝟑 𝟒 𝟑 𝟒𝒕 − 𝟐 𝟑 + 𝟏𝟔𝒕 𝟏𝟔𝒕𝟐 −𝟏/𝟑 𝟑 −𝟒𝒕 + 𝟑 𝟐 𝟑 𝟏𝟔𝒕𝟐 − 𝟑 𝟐 → 𝒈′ 𝟏 − 𝟒𝒕 = − 𝟒 𝟑 −𝟒𝒕 − 𝟐 𝟑 + 𝟏𝟔𝒕 𝟏𝟔𝒕𝟐 − 𝟏 𝟑 … . 𝜸
  • 22. 𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒕 = 𝟐 𝑭′′ 𝒕 = 𝟏𝟔𝒈′ 𝟏 + 𝟒𝒕 − 𝟏𝟔𝒈′ 𝟏 − 𝟒𝒕 𝑭′′ 𝒕 = 𝟑𝟐 𝟑 𝟑 𝒕𝟐 𝟑 𝟒 𝑭′′ 𝟐 = 𝟑𝟐 𝟑 𝟑 𝟒 𝟑 𝟒 = 𝟑𝟐 𝟑 𝟏𝟒. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 Dada la función 𝒇 𝒙 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒊𝒅𝒂∀𝒙 𝒑𝒐𝒓: 𝑓 𝑥 = 3 + 0 𝑥 1 + 𝑠𝑒𝑛𝑡 2 + 𝑡2 𝑑𝑡 𝐇𝐚𝐥𝐥𝐞 𝐥𝐚𝐬 𝐜𝐨𝐧𝐬𝐭𝐚𝐧𝐭𝐞𝐬 𝐚, 𝐛 𝐜 𝐝𝐞𝐥 𝐩𝐨𝐥𝐢𝐧𝐨𝐦𝐢𝐨: 𝐩 𝐱 = 𝐚 + 𝐛𝐱 + 𝐜𝐱𝟐 , 𝒔𝒂𝒃𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒒𝒖𝒆: 𝐩 𝟎 = 𝐟 𝟎 ; 𝐩′ 𝟎 = 𝐟′ 𝟎 ; 𝐩′′ 𝟎 = 𝐟′′(𝟎) 𝑺𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒇′(𝒙) = 𝟏 + 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝟐 + 𝒙𝟐 → 𝒇′ 𝟎 = 𝟏 𝟐 𝒇′′ 𝒙 = 𝟐 + 𝒙𝟐 𝒄𝒐𝒔𝒙 − 𝟏 + 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝟐𝒙 𝟐 + 𝒙𝟐 𝟐 𝒂𝒉𝒐𝒓𝒂 𝒇 𝟎 = 𝒑 𝟎 → 𝟑 = 𝒂 𝐩′ 𝟎 = 𝐟′ 𝟎 → 𝟏 𝟐 = 𝒃 𝒑′ 𝒙 = 𝒃 + 𝟐𝒄𝒙 𝒑′′ 𝒙 = 𝟐𝒄 = 𝟏 𝟐 𝒑 𝒙 = 𝒂 + 𝒃𝒙 + 𝒄𝒙𝟐 𝒑 𝒙 = 𝟑 + 𝒙 𝟐 + 𝒙𝟐 𝟒 → 𝒇′′ 𝟎 = 𝟏 𝟐
  • 23. 15.𝐞𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨 𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒆 𝑭′ 𝝅 𝟑 , 𝒔𝒊 𝑭 𝒙 = 𝒙 𝒈(𝒙) 𝟏 𝒙 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏 𝒕 𝒙 𝒅𝒙 𝒚 𝒈 𝒙 = 𝟎 𝒙 𝒔𝒆𝒏𝒕 + 𝒕𝒄𝒐𝒔𝒕 𝒅𝒕 𝐮𝐭𝐢𝐥𝐢𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐥𝐚 𝐩𝐫𝐨𝐩𝐢𝐞𝐝𝐚𝐝 𝐝𝐞 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐫𝐚𝐜𝐜𝐢ó𝐧 𝑭 𝒙 = 𝒙 𝒈(𝒙) 𝟏 𝒙 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏 𝒕 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒖 = 𝒕 → 𝒅𝒖 = 𝒅𝒕, 𝒗 = 𝒄𝒐𝒔𝒕𝒅𝒕 = 𝒔𝒆𝒏𝒕 𝐅′ 𝐱 = 𝐚𝐫𝐜𝐬𝐞𝐧 𝐬𝐞𝐧𝐱 𝐜𝐨𝐬𝐱 = 𝐱𝐜𝐨𝐬𝐱 𝑭′ 𝝅 𝟑 = 𝝅 𝟔 𝒈 𝒙 = 𝟎 𝒙 𝒔𝒆𝒏𝒕 + 𝒕𝒄𝒐𝒔𝒕 𝒅𝒕 = 𝑭 𝒙 = 𝟏 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏𝒕𝒅𝒙 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝒙/𝒙 𝒈(𝒙)/𝒙 𝒙 𝒙 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏 𝒕𝒙 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟏 𝒈(𝒙)/𝒙 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏𝒕𝒅𝒙 −𝒄𝒐𝒔𝒕 𝟎 𝒙 + 𝒕𝒔𝒆𝒏𝒕 𝟎 𝒙 + 𝒄𝒐𝒔𝒕 𝟎 𝒙 = 𝐱𝐬𝐞𝐧𝐱
  • 24. 𝟏𝟔. 𝐄𝐣𝐞𝐫𝐜𝐢𝐜𝐢𝐨𝐬 𝑝𝑎𝑟 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟 𝑏) 0 2 3𝑥 2𝑥2 + 5 5 dx = 3 4 5 13 𝑑𝑢 𝑢5 = 𝒖 = 𝟐𝒙𝟐 + 𝟓 → 𝒅𝒖 = 𝟒𝒙𝒅𝒙 𝐱 = 𝟎 → 𝐮 = 𝟓 𝒙 = 𝟐 → 𝒖 = 𝟏𝟑 𝒄) 𝟎 𝝅 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒅𝒙 𝒄𝒐𝒔𝒙 = 𝒄𝒐𝒔𝒙 , 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝝅 𝟐 −𝒄𝒐𝒔𝒙, 𝝅 𝟐 < 𝒙 ≤ 𝝅 𝟎 𝝅 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒅𝒙 = 𝟎 𝝅 𝟐 𝒄𝒐𝒔𝒙𝒅𝒙 − 𝝅 𝟐 𝝅 𝒄𝒐𝒔𝒙𝒅𝒙 = 𝟐 −2 2 7𝑥4 − 6𝑥3 𝑑𝑥 = −2 2 7𝑥4 𝑑𝑥 − −2 2 6𝑥3 𝑑𝑥 = 14 0 2 𝑥4 𝑑𝑥 + 0 = 14 5 𝑥5 0 2 = 448 5 = − 3 16 1 𝑢4 5 13 = − 3 16 1 28 561 − 1 625
  • 25. 𝟏𝟔. 𝑬𝒋𝒆𝒓𝒄𝒊𝒄𝒊𝒐𝒔 𝒅) 𝟎 𝟐𝝅 𝒔𝒆𝒏𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒅𝒙 𝒔𝒆𝒏𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒙 = 𝒄𝒐𝒔𝒙 − 𝒔𝒆𝒏𝒙, 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝝅 𝟒 𝒔𝒆𝒏𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒙, 𝝅 𝟒 < 𝒙 ≤ 𝟓𝝅 𝟒 𝒄𝒐𝒔𝒙 − 𝒔𝒆𝒏𝒙, 𝟓𝝅 𝟒 < 𝒙 ≤ 𝟐𝝅 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒔𝒆𝒏𝒙 = 𝟎 𝝅 𝟒 𝒄𝒐𝒔𝒙 − 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒅𝒙 + 𝝅 𝟒 𝟓𝝅 𝟒 𝒔𝒆𝒏𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒅𝒙 + 𝟓𝝅 𝟒 𝟐𝝅 𝒄𝒐𝒔𝒙 − 𝒔𝒆𝒏𝒙 𝒅𝒙 𝟎 𝟐𝝅 𝒔𝒆𝒏𝒙 − 𝒄𝒐𝒔𝒙 𝒅𝒙 =
  • 26. −4 4 𝑥5 + 2𝑥3 + 3𝑥 𝑥4 + 2 + 5 𝑑𝑥 = 0 𝐑𝐞𝐬𝐨𝐥𝐯𝐞𝐫 𝐥𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 𝐏𝐫𝐨𝐛𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐬𝐢 𝐞𝐬 𝐢𝐦𝐩𝐚𝐫 → 𝐟 𝐱 = −𝐟(−𝐱) 𝒇 𝒙 = 𝒙𝟓 + 𝟐𝒙𝟑 + 𝟑𝒙 𝒙𝟒 + 𝟐 + 𝟓 𝒇 −𝒙 = −𝒙𝟓 − 𝟐𝒙𝟑 − 𝟑𝒙 (−𝒙)𝟒+𝟐 + 𝟓 𝒇 −𝒙 = − 𝒙𝟓 + 𝟐𝒙𝟑 + 𝟑𝒙 (𝒙)𝟒+𝟐 + 𝟓 → 𝒇 𝒙 = −𝒇(−𝒙) 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 −4 4 𝑥5 + 2𝑥3 + 3𝑥 𝑥4 + 2 + 5 𝑑𝑥 = 0 𝐋𝐮𝐞𝐠𝐨
  • 27. 𝑬𝒗𝒂𝒍ú𝒆 𝐥𝐚𝐬 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥𝐞𝐬 𝐜𝐨𝐧 𝐥𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐬𝐢𝐠𝐧𝐨: 𝒃) −𝟐 𝟑 𝒔𝒈𝒏 𝒙 − 𝟐 𝒙 − 𝟒 𝒅𝒙 = 𝐩𝐨𝐫𝐪𝐮𝐞 𝐞𝐬 𝐝𝐢𝐬𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐱 = ±𝟐 𝑎) −2 4 𝑠𝑔𝑛 𝑥 − 2 𝑥2 − 4 𝑑𝑥 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑏𝑙𝑒 𝑒𝑛 −2,4 𝐃𝐞𝐟𝐢𝐧𝐢𝐞𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐥 𝐬𝐢𝐠𝐧𝐨 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝒔𝒈𝒏 𝒙 − 𝟐 𝒙 − 𝟒 = 𝟏, −𝟐 ≤ 𝒙 < 𝟐 𝟎, 𝒙 = 𝟐 −𝟏, 𝟐 < 𝒙 ≤ 𝟑 −𝟐 𝟑 𝒔𝒈𝒏 𝒙 − 𝟐 𝒙 − 𝟒 𝒅𝒙 = −𝟐 𝟐 𝒅𝒙 + 𝟐 𝟐 𝟎𝒅𝒙 + 𝟐 𝟑 −𝒅𝒙 𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐢𝐧𝐭𝐞𝐠𝐫𝐚𝐥 4 − 1 = 3
  • 28. 𝑬𝒋𝒆𝒓𝒄𝒊𝒄𝒊𝒐 𝐒𝐞𝐚 𝐟 𝐮𝐧𝐚 𝐟𝐮𝐧𝐜𝐢ó𝐧 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚, 𝐬𝐞 𝐝𝐞𝐟𝐢𝐧𝐞𝐧: 𝑯 𝒕 = 𝒕𝟑 + 𝟎 𝟏 𝒇𝟐 𝒗 𝒅𝒗, 𝑮 𝒙 = 𝟎 𝒙𝟐 𝒙𝟐 𝑯 𝒕 𝒅𝒕 𝐃𝐞𝐭𝐞𝐫𝐦𝐢𝐧𝐞 𝐆′′(𝟏) 𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝒔𝒆𝒂 𝒎 = 𝟎 𝟏 𝒇𝟐 𝒗 𝒅𝒗, 𝒎 ∈ ℝ 𝒄𝒐𝒎𝒐 𝑮 𝒙 = 𝟎 𝒙𝟐 𝒙𝟐𝑯 𝒕 𝒅𝒕 = 𝒙𝟐 𝟎 𝒙𝟐 𝑯 𝒕 𝒅𝒕 𝑮′ 𝒙 = 𝟐𝒙 𝟎 𝒙𝟐 𝑯 𝒕 𝒅𝒕 + 𝒙𝟐𝑯 𝒙𝟐 𝟐𝒙 = 𝟐𝒙 𝟎 𝒙𝟐 𝑯 𝒕 𝒅𝒕 + 𝟐𝒙𝟑𝑯 𝒙𝟐 𝑮′′ 𝒙 = 𝟐 𝟎 𝒙𝟐 𝑯 𝒕 𝒅𝒕 + 𝟒𝒙𝟐𝑯 𝒙𝟐 + 𝟔𝒙𝟐𝑯 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙𝟒𝑯′ 𝒙𝟐 … . 𝜶 𝑯 𝒕 = 𝒕𝟑 + 𝐦 → 𝑯 𝒙𝟐 = 𝒙𝟔 + 𝒎, además 𝑯′ 𝒙𝟐 = 𝟑𝒕𝟐 = 𝟑𝒙𝟒 … . (𝜷) 𝒄𝒐𝒎𝒐 𝐑𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 . (𝛽) en 𝛼 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚 𝐞𝐧 𝐥𝐚 𝐬𝐢𝐠𝐮𝐢𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚
  • 29. 𝑮′′ 𝒙 = 𝟐 𝟎 𝒙𝟐 𝑯 𝒕 𝒅𝒕 + 𝟒𝒙𝟐𝑯 𝒙𝟐 + 𝟔𝒙𝟐𝑯 𝒙𝟐 + 𝟒𝒙𝟒𝑯′ 𝒙𝟐 … . 𝛼 𝑮′′ 𝒙 = 𝟏𝟎𝒙𝟐 𝒙𝟔 + 𝒎 + 𝟒𝒙𝟒 𝟑𝒙𝟒 + 𝟐 𝟎 𝒙𝟐 𝒕𝟑 + 𝒎 𝒅𝒕 𝑮′′ 𝒙 = 𝟏𝟎𝒙𝟐 𝒙𝟔 + 𝒎 + 𝟏𝟐𝒙𝟖 + 𝟐 𝒕𝟒 𝟒 + 𝒎𝒕 𝟎 𝒙𝟐 𝑮′′ 𝒙 = 𝟏𝟎𝒙𝟐 𝒙𝟔 + 𝒎 + 𝟏𝟐𝒙𝟖 + 𝟐 𝒙𝟖 𝟒 + 𝒎𝒙𝟐 𝑮′′ 𝟏 = 𝟏𝟎 𝟏 + 𝒎 + 𝟏𝟐 + 𝟐 𝟏 𝟒 + 𝒎 𝐺′′ 1 = 10 1 + 𝑚 + 12 + 2 1 4 + 𝑚 𝑮′′ 𝟏 = 𝟒𝟏 + 𝟐𝟒𝒎 𝟐 … 𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐥á𝐦𝐢𝐧𝐚 𝐚𝐧𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨𝐫
  • 30. INTEGRALES QUE INVOLUCRAN VALOR ABSOLUTO EJEMPLO Halle 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 = 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙, 𝒙 −𝟓, 𝟎 ∪ 𝟑, 𝟕 − 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 , 𝒙 ∈ 𝟎, 𝟑 𝑥2 − 3𝑥 ≥ 0 → 𝑥(𝑥 − 3) ≥ 0 = −𝟓 𝟎 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 𝒅𝒙 + 𝟑 𝟕 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 𝒅𝒙 + 𝟎 𝟑 𝟑𝒙 − 𝒙𝟐 𝒅𝒙 = 𝟓𝟏 𝟐 0 3 + + − −5 7 −𝟓 𝟎 𝐱𝟐 − 𝟑𝐱 𝐝𝐱 = 𝐱𝟑 𝟑 − 𝟑𝐱𝟐 𝟐 −𝟓 𝟎 = 𝟏𝟏 𝐅 𝐱 = 𝐱 ↔ 𝐱 −𝐱, 𝐱 < 𝟎 𝐱, 𝐱 ≥ 𝟎 𝒙 𝒅𝒙 = −𝒙𝒅𝒙, 𝒙 < 𝟎 𝒙𝒅𝒙, 𝒙 ≥ 𝟎 = −𝒙𝟐 𝟐 , 𝒙 < 𝟎 𝒙𝟐 𝟐 , 𝒙 ≥ 𝟎 → 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟏 𝟐 𝒙 + 𝑘 −𝟓 𝟕 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 𝒅𝒙 𝐒𝐨𝐥𝐮𝐜𝐢ó𝐧 𝐫𝐞𝐞𝐦𝐩𝐥𝐚𝐳𝐚𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐥 3 7 𝑥2 − 3𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥3 3 − 3𝑥2 2 3 7 = 20 0 3 3𝑥 − 𝑥2 𝑑𝑥 = 9 2
  • 31. 𝐄𝐉𝐄𝐑𝐂𝐈𝐂𝐈𝐎 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑒 lim 𝑥→0 0 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑡𝑎𝑛𝑡 0 𝑡𝑎𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑑𝑡 𝒅𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒏𝒅𝒐 lim 𝑥→0 0 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑡𝑎𝑛𝑡 0 𝑡𝑎𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑑𝑡 = lim 𝑥→0 𝑡𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑎𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑐2𝑥 = lim 𝑥→0 𝑡𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠3𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑎𝑛𝑥 derivando nuevamente lim 𝑥→0 𝑠𝑒𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑡𝑔𝑥 𝑠𝑒𝑐2𝑥 = 1 𝑡𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠6 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑎𝑛𝑥 = 𝑠𝑒𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠7 𝑥 − 6𝑐𝑜𝑠5 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥𝑡𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑡𝑎𝑛𝑥 . 𝑠𝑒𝑐2𝑥
  • 32. Ejemplos 1. Halle los siguientes límites 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂 𝒙+𝒉 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 − 𝒂 𝒙 𝒇 𝒕 𝒅𝒕 ; 𝒇 𝒕 = 𝟏 𝒕 𝟐. 𝐥𝐢𝐦 𝒉→𝟎 𝟏 𝒉 𝒂 𝒙+𝒉 𝒅𝒕 𝟏 + 𝒕 − 𝒂 𝒙 𝒅𝒕 𝟏 + 𝒕
  • 33. INTEGRACION POR PARTES EN INTEGRALES DEFINIDAS Teorema si f y g son dos funciones diferenciables sobre 𝒂, 𝒃 entonces Ejemplo. Evalúe 𝒂 𝒃 𝒇 𝒙 𝒈′ 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒇 𝒙 𝒈 𝒙 − 𝒂 𝒃 𝒈 𝒙 𝒇′ 𝒙 𝒅𝒙 𝟏) −𝝅/𝟐 𝝅 𝟓𝒙𝟐 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝒙 𝒅𝒙 𝟐) 𝟐 𝟖 𝟐𝒙 − 𝟓 𝒙𝟐 − 𝟏 𝒅𝒙