Modelo 2014. Ejercicio 4A: Calificación máxima: 2 puntos. e

a)

(1 punto) Sea f(x) una función continua que verifica x 2 x 2 ∫0 f (e )e dx

∫1f (u ) du = 1 2 . Hallar

2

Solución. b. La integral se resuelve mediante cambio de variable:  x2  Si x → 0 ⇒ u → e 0 2 = 1 e = u :    2 e e  Si x → 2 ⇒ u → e 2 2 = e = f (u ) 2 ⋅ du = 2 f (u ) du = 2 ⋅ 1 = 1 f e x 2 e x 2 dx =  2 0 1  x2 1  1 x 2  e ⋅ 2 dx = du → e dx = 2 ⋅ du 

∫ ( )

∫

∫

Septiembre 2008. Ejercicio 1B. Calificación máxima: 3 puntos b) (1,5 puntos). Utilizar el cambio de variable x = e t − e −t para calcular:

1

∫

dx 4+ x2 Indicación: Para deshacer el cambio de variable utilizar:  x + x2 + 4   t = Ln    2   Solución. 1 b. dx La integral se resuelve por cambio de variable. Recordar que cuando se hace 4+ x2 cambio de variable hay que cambiar la variable y el diferencial, el cual se halla diferenciando la expresión del cambio (derivando cada miembro respecto de su variable y multiplicando por su diferencial).

∫

Para sustituir en la integral es conveniente cambiar el exponente negativo por una expresión racional. Para diferenciar la expresión de cambio de variable, es más fácil derivar la expresión con el exponente negativo y luego transformar la expresión a racional.

x = e t − e −t = e t −

(

1 et

(e )

t 2

=

−1

et

( )

)

=

e 2t − 1 et

2  1  et +1 e 2t + 1 1 ⋅ dx = e t − e − t ⋅ (− 1) dt =  e t +  dt = dt ⇒ dx = dt et  et et 

∫

=

1 4+ x2

e 2t + 1

∫ 4e

2t

(

+e e

2t

dx = ∫

dt

)

−1

2

et

e 2t + 1

1  e 2t − 1   4+  et    =

e

4+

e 2t + 1

∫ 4e

2t

2t

=∫

2

(

+e

t

e 2t + 1

dt = ∫

2t

dt

)

2

−1

et

=

 2t 2  − 1 e  

dt 2

et

=

(e )

t 2

e 2t + 1

∫ 4e

2t

( )

+e

2t 2

− 2e

dt = 2t

+1

2

et e

2t

+1

e 4 t + 2e 2 t + 1 2

dt = ∫

e 2t + 1

(e

)

2

dt = ∫

e 2t + 1 e 2t + 1

dt = ∫ dt = t + C

+1 Deshaciendo el cambio con la expresión propuesta en el enunciado se llega a la primitiva de la 2t

función.

1

∫

1 4+ x2

 x + x2 +4  +C dx = Ln    2  

Septiembre 2001. Ejercicio 1B. (Puntuación máxima: 2 puntos) 1 Sea la función f ( t ) = 1+ e t a.

(1 punto) Calcular

∫ f (t)dt

Solución: a.

1

∫ f (t )dt = ∫ 1 + e t dt Integral por cambio de variable

t = Ln z  1 dz dz dz  = dt =  · = dt = t Ln z z (1 + z )·z 1+ e 1+ e  z  el cambio transforma la integral en racional con raíces reales simples, se resuelve descomponiendo la fracción en fracciones simples 1 A B A·z + B·(1 + z ) = + = (1 + z )·z 1 + z z (1 + z )·z identificando lo numeradores se obtienen los valores de las constantes A y B 1 = A·z + B·(1 + z) Para z = 0: 1 = A·0 + B·(1 + 0): B = 1 Para z = −1: 1 = A·(−1) + B·(−1 + 1): A = −1 Sustituyendo las constantes 1 −1 1 = + (1 + z )·z 1 + z z sustituyendo en la integral dz 1 1  −1 1   z  =  + ·dz = − dz + dz = −Ln (1 + z ) + Ln z + C = Ln +C (1 + z )·z  1 + z z  1+ z z  1+ z 

∫

∫

1

∫

∫

∫

∫

∫

 t = Ln z deshaciendo el cambio de variable:  t z = e

∫

 et  dt = Ln 1+ et 1+ e t  1

 +C  

Junio 1994. 2A. (Puntuación máxima: 2 puntos) Calcular la integral

1

∫ x+

dx x

Solución La integral se puede resolver mediante el método de cambio de variable:  x = t 2  1 1 t 1 dx =  2t·dt = 2 dt = 2 dt = 2·Ln t + 1 + C = = 2 t ·( t + 1 ) t + 1 x+ x dx = 2t·dt  t +t  x = t 2  =  = 2·Ln x + 1 + C t = x 

∫

∫

∫

2

∫