INTEGRAL DEFINIDA

MATEMATICA PURA

Universidad Nacional Federico Villarreal

Facultad de Educación Matemática - Física

CALCULO INTEGRAL Toribio Córdova C.

TEMA:

INTEGRAL DEFINIDA

INTEGRAL DEFINIDA UNFV – BASE 2009

Toribio Córdova Condori UNFV / Educación Secundaria / Matemática – Física

2

1. ∫ �|𝒙|𝟑𝒆−𝒙𝟒 + 𝒙 �𝟐|𝒙 − 𝟑| + 𝟏𝟐��𝒅𝒙𝟐

−𝟏

⇒ � 𝑓(𝑥) + 0

−1� 𝑓(𝑥) + 1

0� 𝑓(𝑥)1

2

Resolución

𝑆𝑒𝑎 𝑓(𝑥) = |𝑥|3𝑒−𝑥4 + 𝑥 �2|𝑥 − 3| +12�

• 𝐼1 = ∫ �|𝑥|3𝑒−𝑥4 + 𝑥 �2|𝑥 − 3| + 12�� 𝑑𝑥 0

−1

−1 ≤ 𝑥 ≤ 0

−1 ≤ 𝑥 ≤ 0 − 1 − 3 ≤ 𝑥 − 3 ≤ −3

⇒ |𝑥| = −𝑥 − 4 ≤ 𝑥 − 3 ≤ −3

⇒ |𝑥 − 3| = 3 − 𝑥

⇒ 𝐼1 = � �(−𝑥)3𝑒−𝑥4 + 𝑥 �2(3 − 𝑥) +12�� 𝑑𝑥

0

−1

𝐼1 = ∫ �−𝑥3𝑒−𝑥4 + 𝑥 �132− 2𝑥�� 𝑑𝑥 0

−1

−1 ≤ 𝑥 ≤ 0

0 ≤ −2𝑥 ≤ 2 132≤

132− 2 𝑥 ≤ 2 +

132

132≤

132− 2 𝑥 ≤

172

⇒ �𝟏𝟑𝟐− 𝟐𝒙� = 𝟔

𝐼1 𝐼2 𝐼3



3

A

0 -1

0 -1

⇒ 𝐼1 = � �−𝑥3𝑒−𝑥4 + 𝑥(6)� 𝑑𝑥 = −� 𝑥3𝑒−𝑥4𝑑𝑥 + � 𝑥𝑑𝑥0

−1

0

−1

0

−1

𝐴 = � 𝑥3𝑒−𝑥4𝑑𝑥 0

−1

𝑆𝑒𝑎: 𝑢 = −𝑥4 ⟶ 𝑑𝑢 = −4𝑥3𝑑𝑥 𝑆𝑖 𝑥 = 1 ⟶ 𝑢 = −1 𝑥 = 0 ⟶ 𝑢 = 0

⇒ 𝐴 = �1−4

𝑒−𝑥4(−4𝑥3𝑑𝑥) = 1−4

� 𝑒𝑢(𝑑𝑢) = 0

−1

0

−1

1−4

𝑒𝑢

𝐴 = −14

(𝑒0 − 𝑒−1) = −14

(1 − 𝑒−1)

⇒ 𝐼1 = −�−14

(1 − 𝑒−1)� + 6𝑥2

2 =

14

(1 − 𝑒−1) + 3(02 − (−1)2)

𝐼1 =14

(1 − 𝑒−1) + 3(−1) = −114−𝑒−1

4

⇒ 𝑰𝟏 = −𝟏𝟏𝟒−𝒆−𝟏

𝟒

• 𝐼2 = ∫ �|𝑥|3𝑒−𝑥4 + 𝑥 �2|𝑥 − 3| + 1

2�� 𝑑𝑥 1

0

0 ≤ 𝑥 ≤ 1 0 ≤ 𝑥 ≤ 1

⇒ |𝑥| = 𝑥 − 3 ≤ 𝑥 − 3 ≤ −2

⇒ |𝑥 − 3| = 3 − 𝑥



4

0 -1

1 0

B

⇒ 𝐼2 = � �𝑥3𝑒−𝑥4 + 𝑥 �2(3 − 𝑥) +12�� 𝑑𝑥

0

−1

𝐼1 = � �𝑥3𝑒−𝑥4 + 𝑥 �132− 2𝑥�� 𝑑𝑥

0

−1

0 ≤ 𝑥 ≤ 1

−2 ≤ −2𝑥 ≤ 0 132− 2 ≤

132− 2 𝑥 ≤

132

92≤

132− 2 𝑥 ≤

132

⇒ �𝟏𝟑𝟐− 𝟐𝒙� = 𝟒

⇒ 𝐼2 = � �𝑥3𝑒−𝑥4 + 𝑥(4)� 𝑑𝑥 = � 𝑥3𝑒−𝑥4𝑑𝑥 + 4� 𝑥𝑑𝑥 1

0

1

0

1

0

𝐵 = � 𝑥3𝑒−𝑥4𝑑𝑥 1

0

𝑆𝑒𝑎: 𝑢 = −𝑥4 ⟶ 𝑑𝑢 = −4𝑥3𝑑𝑥 𝑆𝑖 𝑥 = 0 ⟶ 𝑢 = 0 𝑥 = 1 ⟶ 𝑢 = 1

⇒ 𝐵 = � −14𝑒−𝑥4(−4𝑥3𝑑𝑥) =

14� 𝑒𝑢(𝑑𝑢) = 0

−1

−1

0

14𝑒𝑢

𝐵 =14

(𝑒0 − 𝑒−1) =14

(1 − 𝑒−1)

⇒ 𝐼2 =14

(1 − 𝑒−1) + 4𝑥2

2 =

14

(1 − 𝑒−1) + 2(12 − 02)



5

C

𝐼2 =14−

14𝑒−1 + 2 =

94−𝑒−1

4

⇒ 𝑰𝟐 =94−𝑒−1

4

• 𝐼3 = ∫ �|𝑥|3𝑒−𝑥4 + 𝑥 �2|𝑥 − 3| + 12�� 𝑑𝑥 2

1

1 ≤ 𝑥 ≤ 2 1 ≤ 𝑥 ≤ 2

⇒ |𝑥| = 𝑥 1 − 3 ≤ 𝑥 − 3 ≤ 2 − 3

−2 ≤ 𝑥 − 3 ≤ −1

⇒ |𝑥 − 3| = 3 − 𝑥

⇒ 𝐼3 = � �𝑥3𝑒−𝑥4 + 𝑥 �2(3 − 𝑥) +12�� 𝑑𝑥

2

1

𝐼3 = � �𝑥3𝑒−𝑥4 + 𝑥 �132− 2𝑥�� 𝑑𝑥

2

1

1 ≤ 𝑥 ≤ 2

−4 ≤ −2𝑥 ≤ −2 132− 4 ≤

132− 2 𝑥 ≤

132− 2

52≤

132− 2 𝑥 ≤

94

⇒ �𝟏𝟑𝟐− 𝟐𝒙� = 𝟐

⇒ 𝐼3 = � �𝑥3𝑒−𝑥4 + 𝑥(2)� 𝑑𝑥 = � 𝑥3𝑒−𝑥4𝑑𝑥 + 2� 𝑥𝑑𝑥 2

1

2

1

2

1



6

-1 -16

2 1

𝑐 = � 𝑥3𝑒−𝑥4𝑑𝑥 2

1

𝑆𝑒𝑎: 𝑢 = −𝑥4 ⟶ 𝑑𝑢 = −4𝑥3𝑑𝑥 𝑆𝑖 𝑥 = 1 ⟶ 𝑢 = −1 𝑥 = 2 ⟶ 𝑢 = −16

⇒ 𝐶 = � −14𝑒−𝑥4(−4𝑥3𝑑𝑥) = −

14� 𝑒𝑢(𝑑𝑢)−16

−1

2

1

𝐶 =14� 𝑒𝑢(𝑑𝑢) = −1

−16

14𝑒𝑢 =

14

(𝑒−1 − 𝑒−16)

⇒ 𝐼3 =14

(𝑒−1 − 𝑒−16) + 2𝑥2

2 =

14

(𝑒−1 − 𝑒−16) + 2(22 − 12)

𝐼3 =14

(𝑒−1 − 𝑒−16) + 3

⇒ 𝑰𝟑 =𝑒−1

4−𝑒−16

4+ 3

⇒ 𝐼 = �−114−𝑒−1

4� + �

94−𝑒−1

4� + �

𝑒−1

4−𝑒−16

4+ 3�

∴ 𝑰 = 𝟓𝟐− 𝟏

𝟒(𝒆−𝟏 + 𝒆−𝟏𝟔) Rpta



7

𝜋

−√2π

2

2. 𝑰 = ∫ �𝒔𝒆𝒏�√𝟐𝟐𝝅𝒙� − 𝒔𝒆𝒏�𝒙𝟐� 𝝅

𝟐� 𝒅𝒙√𝟐

−𝟏

−1 ≤ 𝑥 ≤ √2

0 ≤ 𝑥2 ≤ 2

⇒ ⟦𝑥2⟧ = 0

Resolución

⇒ 𝐼 = � �𝑠𝑒𝑛 �√22𝜋𝑥� − 𝑠𝑒𝑛0.

𝜋2� 𝑑𝑥

√2

−1

⇒ 𝐼 = � 𝑠𝑒𝑛 �√22𝜋𝑥� 𝑑𝑥

√2

−1

𝑆𝑒𝑎: 𝑢 =√22𝜋𝑥 ⟶ 𝑑𝑢 =

√22𝜋𝑑𝑥

𝑆𝑖 𝑥 = √2 ⟶ 𝑢 = 𝜋

𝑥 = −1 ⟶ 𝑢 =√22𝜋

⇒ 𝐼 =2

√2𝜋� 𝑠𝑒𝑛

√22𝜋𝑥 �

√22𝜋𝑑𝑥� ==

2√2𝜋

� 𝑠𝑒𝑛𝑢 𝑑𝑢𝜋

−√2𝜋2

√2

−1

⇒ 𝐼 = −

2√2𝜋

𝑐𝑜𝑠𝑢

⇒ 𝐼 = −2

√2𝜋(𝑐𝑜𝑠𝜋 − 𝑐𝑜𝑠

√2𝜋2

) = −2

√2𝜋(−1− 𝑐𝑜𝑠

√2𝜋2

)

∴ 𝑰 = √𝟐𝝅

(𝟏 + 𝒄𝒐𝒔 √𝟐𝝅𝟐

) Rpta



8

3. 𝑰 = ∫ �𝟒−𝒚𝟐

𝒚𝟐�𝟑𝟐�𝒅𝒚𝟐

√𝟐

Resolución

𝐼 = � �4 − 𝑦2

𝑦2�32�

𝑑𝑦2

√2

𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑎 𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙 𝑏𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑐𝑎:

�𝑥𝑚(𝑎 + 𝑏𝑥𝑛)𝑝𝑑𝑥

𝑚 = −2 , 𝑎 = 4 , 𝑏 = −1 ,𝑛 = 2 ,𝑝 =32

𝑚 + 1𝑛

+ 𝑝 =−2 + 1

2+

32

= 1 ∈ ℤ

𝑡2𝑦2 = 4 − 𝑦2 𝑡2 = 4𝑦−2 − 1 → 2𝑡𝑑𝑡 = −8𝑦−3𝑑𝑦

𝑡𝑑𝑡 = −4𝑦−3𝑑𝑦

⇒ 𝐼 = �𝑦−2(𝑡2𝑦2)3 2� �𝑡𝑑𝑡

−4𝑦−3�

⇒ 𝐼 = −14�𝑦−2𝑡3𝑦3

𝑦−3. 𝑡 == −

14�𝑦4 𝑡4𝑑𝑡 = −

14�(𝑦2)2 𝑡4𝑑𝑡

⇒ 𝐼 = −14��

4𝑡2 + 1

�2

𝑡4𝑑𝑡 == −14�

16(𝑡2 + 1)2 𝑡

4𝑑𝑡 = −4�𝑡4

(𝑡2 + 1)2 𝑑𝑡

𝑆𝑒𝑎 ∶ 1 + 𝑡𝑔2𝜃 = 𝑠𝑒𝑐2𝜃 𝑡 = 𝑡𝑔𝜃 ⟶ 𝑑𝑡 = 𝑠𝑒𝑐2𝜃

⟹ 𝐼 = −4�𝑡𝑔4𝜃𝑠𝑒𝑐4𝜃

𝑠𝑒𝑐2𝜃 𝑑𝜃 = −4�𝑡𝑔4𝜃𝑠𝑒𝑐2𝜃

𝑑𝜃



9

t

1

�𝑡2 + 1

⟹ 𝐼 = −4�𝑡𝑔2𝜃(𝑠𝑒𝑐2𝜃 − 1)

𝑠𝑒𝑐2𝜃 𝑑𝜃 − 4�𝑡𝑔2𝜃(1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃)𝑑𝜃

⟹ 𝐼 = −4�(𝑡𝑔2𝜃 − 𝑡𝑔2𝜃. 𝑐𝑜𝑠2𝜃)𝑑𝜃 = −4��𝑡𝑔2𝜃 −𝑠𝑒𝑛2𝜃𝑐𝑜𝑠2𝜃

. 𝑐𝑜𝑠2𝜃�𝑑𝜃

⟹ 𝐼 = −4�(𝑡𝑔2𝜃 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃)𝑑𝜃 = −4 �� 𝑡𝑔2𝜃𝑑𝜃 −�𝑠𝑒𝑛2𝜃𝑑𝜃�

⟹ 𝐼 = −4 �(𝑡𝑔𝜃 − 𝜃) − �𝜃2−𝑠𝑒𝑛2𝜃

4�� = −4 �𝑡𝑔𝜃 − 𝜃 −

𝜃2

+𝑠𝑒𝑛2𝜃

4�

⟹ 𝐼 = −4 �𝑡𝑔𝜃 −3𝜃2

+𝑠𝑒𝑛2𝜃

4�

⟹ 𝐼 = −4 �𝑡 −32𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑡 +

24

.𝑡

√𝑡2 + 1.

1√𝑡2 + 1

�

⟹ 𝐼 = −4 �𝑡 −32𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑡 +

𝑡2(𝑡2 + 1)�

𝑃𝑒𝑟𝑜: 𝑡2𝑦2 = 4 − 𝑦2

𝑡2 =4𝑦2

− 1

𝑡2 =4 − 𝑦2

𝑦2

⟹ 𝒕 =�𝟒 − 𝒚𝟐

𝒚

⟹ 𝐼 = −4 ��4 − 𝑦2

𝑦−

32𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑡

�4 − 𝑦2

𝑦+

12

�4−𝑦2

𝑦4𝑦2

�



10

𝐼1 𝐼2 𝐼3

⇒ 𝐼 = −4 ��4 − 𝑦2

𝑦−

32𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑡

�4 − 𝑦2

𝑦+𝑦�4 − 𝑦2

8�

⇒ 𝐼 = −4 �0𝑦−

32𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑡 �

0𝑦� + 2(0)� − �

√2√2

−32𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑡

√2√2

+√2.√2

8�

⇒ 𝐼 = −4 �0 − (1 −32

.𝜋4

+14

)� = 4 �54−

3𝜋8�

∴ 𝑰 = 𝟓 − 𝟑𝝅𝟐

Rpta

4. 𝑰 = ∫ 𝒅𝒙�|𝒙−𝟏|𝟑

𝟑𝟎

Resolución

𝐼 = �𝑑𝑥

�|𝑥 − 1|3

3

0= �

𝑑𝑥

�|𝑥 − 1|3

1

0+ �

𝑑𝑥

�|𝑥 − 1|3

2

1+ �

𝑑𝑥

�|𝑥 − 1|3

3

2

• 𝐼1 = ∫ 𝑑𝑥�|𝑥−1|3

10

0 ≤ 𝑥 ≤ 1 −1 ≤ 𝑥 − 1 ≤ 0 ⟹ |𝑥 − 1| = 1 − 𝑥

⟹ 𝐼1=�𝑑𝑥

√1 − 𝑥3

1

0

𝑆𝑒𝑎: 𝑢 = 1 − 𝑥 ⟶ 𝑑𝑢 = −𝑑𝑥 𝑆𝑖 𝑥 = 1 ⟶ 𝑢 = 0 𝑥 = 0 ⟶ 𝑢 = 1



11

1 0

1 0

⟹ 𝐼1=�−𝑑𝑢√𝑢3

0

1= �

−𝑑𝑢√𝑢3

1

0= � 𝑢

−13 𝑑𝑢 =

32𝑢23

1

0

⟹ 𝐼1=32

(1 − 0)

⇒ 𝑰𝟏 =32

• 𝐼2 = ∫ 𝑑𝑥�|𝑥−1|3

21

1 ≤ 𝑥 ≤ 2 0 ≤ 𝑥 − 1 ≤ 1 ⟹ |𝑥 − 1| = 𝑥 − 1

⟹ 𝐼2=�𝑑𝑥

√𝑥 − 13

2

1

𝑆𝑒𝑎: 𝑢 = 𝑥 − 1 ⟶ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑆𝑖 𝑥 = 1 ⟶ 𝑢 = 0 𝑥 = 2 ⟶ 𝑢 = 1

⟹ 𝐼2=�𝑑𝑢√𝑢3

1

0= � 𝑢

−13 𝑑𝑢 =

32𝑢23

1

0

⟹ 𝐼2=32

(1 − 0)

⇒ 𝑰𝟐 =32



12

2 1

• 𝐼3 = ∫ 𝑑𝑥

�|𝑥−1|332

2 ≤ 𝑥 ≤ 3 1 ≤ 𝑥 − 1 ≤ 2 ⟹ |𝑥 − 1| = 𝑥 − 1

⟹ 𝐼3=�𝑑𝑥

√𝑥 − 13

2

1

𝑆𝑒𝑎: 𝑢 = 𝑥 − 1 ⟶ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑆𝑖 𝑥 = 3 ⟶ 𝑢 = 2 𝑥 = 2 ⟶ 𝑢 = 1

⟹ 𝐼3=�𝑑𝑢√𝑢3

2

1= � 𝑢

−13 𝑑𝑢 =

32𝑢23

2

1

⟹ 𝐼3=32

(223 − 1)

⇒ 𝑰𝟑 =32

(√43 − 1)

𝑹𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒔𝒆 𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆:

𝐼 =32

+32

+3√43

2−

32

∴ 𝑰 = 𝟑𝟐�𝟏 + √𝟒𝟑 � Rpta



13

b 1

b 1

b 1

5. 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒄𝒊𝒆𝒓𝒕𝒐 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓 𝒅𝒆 a𝒍𝒂 𝑰𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒍 𝑰𝒎𝒑𝒓𝒐𝒑𝒊𝒂

� �𝒙

𝒙𝟐 − 𝟑𝒂 −𝒂

𝒙 + 𝒂�𝒅𝒙 ∞

𝟏𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆.

𝑫𝒆𝒕𝒆𝒓𝒎𝒊𝒏𝒂𝒓 "a" y calcular EL VALOR DE LA INTEGRAL.

𝐼 = � �𝑥

𝑥2 − 3𝑎−

𝑎𝑥 + 𝑎

�𝑑𝑥 ∞

1= lim

𝑏→+∞� �

𝑥𝑥2 − 3𝑎

−𝑎

𝑥 + 𝑎�𝑑𝑥

𝑏

1

Resolución

𝐼 = 𝑙𝑖𝑚𝑏→+∞

�12𝐿𝑛|𝑥2 − 3𝑎| −

2𝑎2𝐿𝑛|𝑥 + 𝑎|�

𝐼 = 𝑙𝑖𝑚𝑏→+∞

12

(𝐿𝑛|𝑥2 − 3𝑎| − 𝐿𝑛|𝑥 + 𝑎|2𝑎)

𝐼 =12𝑙𝑖𝑚𝑏→+∞

𝐿𝑛|𝑥2 − 3𝑎||𝑥 + 𝑎|2𝑎 =

12𝑙𝑖𝑚𝑏→+∞

�𝐿𝑛|𝑏2 − 3𝑎||𝑏 + 𝑎|2𝑎 − 𝐿𝑛

|1 − 3𝑎||1 + 𝑎|2𝑎�

𝐼 =12𝑙𝑖𝑚𝑏→+∞

�𝐿𝑛

�𝑏2−3𝑎�|𝑏+𝑎|2𝑎|1−3𝑎|

|1+𝑎|2𝑎

� =12𝑙𝑖𝑚𝑏→+∞

�𝐿𝑛|𝑏2 − 3𝑎||1 + 𝑎|2𝑎

|𝑏 + 𝑎|2𝑎|1 − 3𝑎| �

𝐼 =12

𝐿𝑛 � 𝑙𝑖𝑚𝑏→+∞

|𝑏2 − 3𝑎||𝑏 + 𝑎|2𝑎

|1 + 𝑎|2𝑎

|1 − 3𝑎| �

𝐸𝑠𝑡𝑒 𝑙í𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑏 → +∞ 𝑆𝑖 𝑎 = 1

⇒ 𝐼 =12


|𝑏2 − 3||𝑏 + 1|2 .

(2)2

|1 − 3|� =12


|𝑏2 − 3||𝑏 + 1|2 .

42�

⇒ 𝐼 = 𝐿𝑛 � 𝑙𝑖𝑚𝑏→+∞

�𝑏2−3�𝑏2

|𝑏+1|2

𝑏2

�



14

⇒ 𝐼 = 𝐿𝑛 � 𝑙𝑖𝑚𝑏→+∞

�1 − 3𝑏2�

�1 + 1𝑏�2� = 𝐿𝑛 � 𝑙𝑖𝑚

𝑏→+∞

|1 − 0||1 + 0|2� = 𝐿𝑛(1)

∴ 𝑰 = 𝟎 Rpta

6. 𝑰 = ∫ 𝒙𝒅𝒙𝒙𝟔+𝟏

∞𝟎

𝐻𝑎𝑙𝑙𝑒𝑚𝑜𝑠: �𝑥𝑑𝑥𝑥6 + 1

⇒ �𝑥𝑑𝑥𝑥6 + 1

= �𝑥𝑑𝑥

(𝑥2)3 + 1

Resolución

𝐼 = �𝑥𝑑𝑥𝑥6 + 1

∞

0= lim

𝑏→+∞�

𝑥𝑑𝑥𝑥6 + 1

𝑏

0

𝑆𝑒𝑎: 𝑢 = 𝑥2 ⟶ 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥

⇒ �𝑥𝑑𝑥𝑥6 + 1

=12�

2𝑥𝑑𝑥(𝑥2)3 + 1

=12�

𝑑𝑢𝑢3 + 1

=12�

𝑑𝑢(𝑢 + 1)(𝑢2 − 𝑢 + 1) … (⊿)

⇒1

(𝑢 + 1)(𝑢2 − 𝑢 + 1) =𝐴

𝑢 + 1+

𝐵𝑢 + 𝐶𝑢2 − 𝑢 + 1

⇒=𝐴(𝑢2 − 𝑢 + 1) + (𝑢 + 1)(𝐵𝑢 + 𝐶)

(𝑢 + 1)(𝑢2 − 𝑢 + 1)

⇒ 1 = 𝐴(𝑢2 − 𝑢 + 1) + (𝑢 + 1)(𝐵𝑢 + 𝐶)

1 = (𝐴 + 𝐵) 𝑢2 + (𝐵 + 𝐶 − 𝐴)𝑢 + (𝐴 + 𝐶)



15

R

𝐴 + 𝐵 = 0

𝐵 + 𝐶 − 𝐴 = 0 ⇒ 𝐴 =13

, 𝐵 = −13

, 𝐶 =23

𝐴 + 𝐶 = 1

⇒ �𝑑𝑢

(𝑢 + 1)(𝑢2 − 𝑢 + 1) = �13𝑑𝑢

𝑢 + 1+ �

−13𝑢 + 2

3𝑢2 − 𝑢 + 1

⇒13�

𝑑𝑢𝑢 + 1

−13�

𝑢 − 2𝑢2 − 𝑢 + 1

𝑑𝑢… … (∗)

⇒ 𝑅 = �𝑢 − 2

𝑢2 − 𝑢 + 1𝑑𝑢 =

12�

2𝑢 − 4𝑢2 − 𝑢 + 1

𝑑𝑢

⇒ 𝑅 =12��

2𝑢 − 1𝑢2 − 𝑢 + 1

𝑑𝑢 − 3�𝑑𝑢

𝑢2 − 𝑢 + 1�

⇒ 𝑅 =12�𝐿𝑛|𝑢2 − 𝑢 + 1| − 3�

𝑑𝑢

�𝑢 − 12�2

+ 34

�

⇒ 𝑅 =12�𝐿𝑛|𝑢2 − 𝑢 + 1| − 3

1√32

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔�𝑢 − 1

2√32

��

⇒ 𝑅 =12�𝐿𝑛|𝑢2 − 𝑢 + 1| − 2√3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

2𝑢 − 1√3

��

𝑹𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒆𝒏 (∗)

⇒ �𝑑𝑢

(𝑢 + 1)(𝑢2 − 𝑢 + 1) =13𝐿𝑛|𝑢 + 1| −

13

.12 �𝐿𝑛|𝑢2 − 𝑢 + 1| − 2√3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

2𝑢 − 1√3

��

=13𝐿𝑛|𝑢 + 1| −

16𝐿𝑛|𝑢2 − 𝑢 + 1| +

√33𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

2𝑢 − 1√3

�



16

b 0

b 0

=16𝐿𝑛|𝑢 + 1|2 −

16𝐿𝑛|𝑢2 − 𝑢 + 1| +


2𝑢 − 1√3

�

⇒ �𝑑𝑢

(𝑢 + 1)(𝑢2 − 𝑢 + 1) =16𝐿𝑛

|𝑢 + 1|2

|𝑢2 − 𝑢 + 1| +√33𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

2𝑢 − 1√3

�

𝑹𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒆𝒏 (⊿)

⇒ �𝑥𝑑𝑥𝑥6 + 1

=12�16𝐿𝑛

|𝑢 + 1|2

|𝑢2 − 𝑢 + 1| +√33𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

2𝑢 − 1√3

��

𝑪𝒐𝒎𝒐… . .𝒖 = 𝒙𝟐

⇒ 𝐼 = �𝑥𝑑𝑥𝑥6 + 1

=12�16𝐿𝑛

|𝑥2 + 1|2

|𝑥4 − 𝑥2 + 1| +√33𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

2𝑥2 − 1√3

��

⇒ 𝐼 = lim𝑏→∞

12�16𝐿𝑛

|𝑥2 + 1|2

|𝑥4 − 𝑥2 + 1| +√33𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

2𝑥2 − 1√3

��

⇒ 𝐼 =12

lim𝑏→∞

�16𝐿𝑛

|𝑥4 + 2𝑥2 + 1||𝑥4 − 𝑥2 + 1| +


2𝑥2 − 1√3

��

⇒ 𝐼 =12

lim𝑏→∞

�16𝐿𝑛

|𝑏4 + 2𝑏2 + 1||𝑏4 − 𝑏2 + 1| +


2𝑏2 − 1√3

�� − �16𝐿𝑛(1) +


−1√3

��

⇒ 𝐼 =12

lim𝑏→∞

�16𝐿𝑛

�1 + 2𝑏2

+ 1𝑏4�

�1 − 2𝑏2

+ 1𝑏4�

+√33𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

2𝑏2 − 1√3

�� − �0 +√33

.5𝜋6�



17

⇒ 𝐼 =12�16𝐿𝑛(1) +

√33𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(+∞) −

5√3𝜋18

�

⇒ 𝐼 =12�√33

.𝜋2−

5√3𝜋18

� =12�−2√3𝜋

18�

∴ 𝑰 = −√𝟑𝝅𝟏𝟖

Rpta

7. 𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒆 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒄𝒖𝒓𝒗𝒂

𝒚 =𝟏𝟐 �𝒙

�𝒙𝟐 − 𝟏 − 𝑳𝒏(𝒙+ �𝒙𝟐 − 𝟏)� 𝒆𝒏𝒕𝒓𝒆 𝒙 = 𝒂 𝒚 𝒙 = 𝒂 + 𝟏

Resolución

𝑆𝑒 𝑠𝑎𝑏𝑒: 𝐿 = � ‖𝑓´(𝑡)‖𝑑𝑡𝑏

𝑎

𝑆𝑒𝑎 𝑥 = 𝑡

⇒ 𝑦 =12�𝑡�𝑡2 − 1 − 𝐿𝑛(𝑡 + �𝑡2 − 1)�

⇒ 𝑓(𝑡) = �𝑡,12�𝑡�𝑡2 − 1 − 𝐿𝑛 �𝑡 + �𝑡2 − 1��

• 𝑓1(𝑡) = 𝑡 → 𝑓1´(𝑡) = 1

• 𝑓2(𝑡) = 12 �𝑡√𝑡2 − 1 − 𝐿𝑛�𝑡 + √𝑡2 − 1��

𝑓2´(𝑡) =12��𝑡2 − 1 + 𝑡.

2𝑡2√𝑡2 − 1

−1 + 2𝑡

2√𝑡2−1

𝑡 + √𝑡2 − 1�



18

a+1 a

𝑓2´(𝑡) =12��𝑡2 − 1 +

𝑡2

√𝑡2 − 1−

√𝑡2−1+𝑡√𝑡2−1

𝑡 + √𝑡2 − 1�

𝑓2´(𝑡) =12��𝑡2 − 1 +

𝑡2

√𝑡2 − 1−

√𝑡2 − 1 + 𝑡√𝑡2 − 1�𝑡 + √𝑡2 − 1�

�

𝑓2´(𝑡) =12�(𝑡2 − 1)�𝑡 + √𝑡2 − 1� + 𝑡2�𝑡 + √𝑡2 − 1� − �𝑡 + √𝑡2 − 1�

√𝑡2 − 1�𝑡 + √𝑡2 − 1��

𝑓2´(𝑡) =12�𝑡3 + 𝑡2√𝑡2 − 1 − 𝑡 − √𝑡2 − 1 + 𝑡3 + 𝑡2√𝑡2 − 1 − √𝑡2 − 1 − 𝑡

√𝑡2 − 1�𝑡 + √𝑡2 − 1��

𝑓2´(𝑡) =12�2𝑡3 + 2𝑡2√𝑡2 − 1 − 2√𝑡2 − 1 − 2𝑡

√𝑡2 − 1�𝑡 + √𝑡2 − 1��

𝑓2´(𝑡) =𝑡3 + 𝑡2√𝑡2 − 1 − √𝑡2 − 1 − 𝑡

√𝑡2 − 1�𝑡 + √𝑡2 − 1�=

(𝑡2 − 1)�𝑡 + √𝑡2 − 1�√𝑡2 − 1�𝑡 + √𝑡2 − 1�

𝑓2´(𝑡) =𝑡2 − 1√𝑡2 − 1

⇒ 𝑓2´(𝑡) = �𝑡2 − 1

⇒ 𝑓´(𝑡) = (1,�𝑡2 − 1)

⇒ 𝐿 = � ��1,�𝑡2 − 1��𝑑𝑡 =𝑎+1

𝑎� �(1)2 + ��𝑡2 − 1�

2𝑑𝑡

𝑎+1

𝑎

⇒ 𝐿 = � �1 + 𝑡2 − 1 𝑑𝑡𝑎+1

𝑎= � �𝑡2 𝑑𝑡 =

𝑎+1

𝑎� 𝑡 𝑑𝑡 =

𝑡2

2

𝑎+1

𝑎

⇒ 𝐿 =12

[(𝑎 + 1)2 − (𝑎)2] =12

[𝑎2 + 2𝑎 + 1 − 𝑎2]

∴ 𝑳 = 𝟏𝟐

(𝟏 + 𝟐𝒂) Rpta



19

8. 𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒄𝒖𝒓𝒗𝒂 𝒅𝒆 𝒂𝒓𝒄𝒐 𝒒𝒖𝒆 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒂 𝒂 𝒍𝒂 𝒓𝒆𝒄𝒕𝒂

𝒙 =𝟒𝟑 𝒆𝒏𝒕𝒆𝒓 𝒍𝒂 𝒄𝒖𝒓𝒗𝒂 𝒚𝟐 = 𝒙𝟑.

𝑅𝑒𝑐𝑡𝑎: 𝑥 =43

𝐶𝑢𝑟𝑣𝑎: 𝑦2 = 𝑥3

Resolución

𝑆𝑒 𝑠𝑎𝑏𝑒: 𝐿 = � ‖𝑓´(𝑡)‖𝑑𝑡𝑏

𝑎

𝑰𝒏𝒕𝒆𝒓𝒄𝒆𝒑𝒕𝒂𝒏𝒅𝒐:

𝑦2 = 𝑥3 → 𝑦2 = �43�3

→ 𝑦 = ±8

3√3

Sea y=t

⇒ 𝑡2 = 𝑥3 → 𝑥 = �𝑡23

⇒ 𝑓(𝑡) = (�𝑡23 , 𝑡)

⇒ 𝑓´(𝑡) = (2

3√𝑡3 , 1)

⇒ 𝐿 = � �(2

3√𝑡3 , 1)�83√3

− 83√3

𝑑𝑡 = � ��2

3√𝑡3 �2

+ (1)2𝑑𝑡83√3

− 83√3

⇒ 𝐿 = � �4

9√𝑡23 + 1𝑑𝑡83√3

− 83√3

= � �4 + 9√𝑡23

9√𝑡23 𝑑𝑡83√3

− 83√3



20

83√3

−8

3√3

⇒ 𝐿 = �1

3√𝑡�4 + 9�𝑡23 𝑑𝑡

83√3

− 83√3

𝑆𝑒𝑎: 𝑢 = 4 + 9�𝑡23 → 𝑢 = 4 + 9𝑡2 3� → 𝑑𝑢 = 9.23𝑡−1 3� 𝑑𝑡 → 𝑑𝑢 =

6𝑑𝑡√𝑡3

⇒ 𝐿 =16�

�4 + 9�𝑡23 �6𝑑𝑡√𝑡3 � =

118�√𝑢𝑑𝑢

83√3

− 83√3

⇒ 𝐿 =1

18�𝑢

12𝑑𝑢 =

118

.𝑢32

32

=1

27�𝑢3

⇒ 𝐿 =1

27��4 + 9�𝑡23 �

3

⇒ 𝐿 =1

27⎣⎢⎢⎡��4 + 9��

83√3

�23�

3

− ��4 + 9��−8

3√3�23�

3

⎦⎥⎥⎤

⇒ 𝐿 =1

27⎣⎢⎢⎡��4 + 9�

6427

3�

3

− ��4 + 9�6427

3�

3

⎦⎥⎥⎤

=1

27(0)

∴ 𝐋 = 𝟎 Rpta

9. 𝑯𝒂𝒍𝒍𝒂𝒓 𝒆𝒍 á𝒓𝒆𝒂 𝒍𝒊𝒎𝒊𝒕𝒂𝒅𝒂 𝒑𝒐𝒓 𝒍𝒂 𝒄𝒖𝒓𝒗𝒂

𝒚 =𝟖𝒂𝟑

𝒙𝟐 + 𝟒𝒂𝟐 𝒚 𝒆𝒍 𝑬𝑱𝑬 𝑿

𝑦 =8𝑎3

𝑥2 + 4𝑎2 , 𝑦 = 0

Resolución



21

b 0

2a

𝑪𝒐𝒎𝒐 𝒍𝒂 𝒈𝒓𝒂𝒇𝒊𝒄𝒂 𝒆𝒔 𝒔𝒊𝒎𝒆𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂 𝒄𝒐𝒏 𝒓𝒆𝒔𝒑𝒄𝒕𝒐 𝒂𝒍 𝑬𝑱𝑬 𝒀

⇒ 𝐴 = 2� 𝑦𝑑𝑥 = 2�8𝑎3

𝑥2 + 4𝑎2𝑑𝑥 = 16𝑎3 �

𝑑𝑥𝑥2 + 4𝑎2

+∞

0

+∞

0

+∞

0

⇒ 𝐴 = 16𝑎3 lim𝑏→+∞

�𝑑𝑥

𝑥2 + 4𝑎2𝑏

0= 16𝑎3 lim

𝑏→+∞�

𝑑𝑥𝑥2 + (2𝑎)2

𝑏

0

⇒ 𝐴 = 16𝑎3 lim𝑏→+∞

12𝑎

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �𝑥

2𝑎�

⇒ 𝐴 =16𝑎3

2lim𝑏→+∞

�𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �𝑏

2𝑎� − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

02𝑎��

⇒ 𝐴 = 8𝑎2[𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(+∞) − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(0)]

⇒ 𝐴 = 8𝑎2 �𝝅𝟐�

∴ 𝑨 = 4𝑎2𝝅 Rpta



22

10. Resuelve

dxx

xLn∫ +

+1

0 ²1)22(

Resolución

∗∗∗

∫∫∫ ++

++

=+

++ dxx

xLndxx

Lndxx

xLnLn 1

0

1

0

1

0 ²1)1(

²1)2(

²1)1()2(

[ ]

)2(4

4)2(01)2(

1)2(²1

)2(²1)2(*

1

0

1

0

1

0

Ln

LnArctgArctgLn

xArctgLn

xdxLndx

xLn

π

π

=−

=

+=

+ ∫∫

dxx

xLn∫ +

+1

0 ²1)1(**

Por Partes:

duxdx

uxLn

=+

=+

1

)1(

vArctgx

dvx

dx

=

=+ 21

[ ][ ] dxx

ArctgxArctgArctgLnLn

dxx

ArctgxArctgxxLn

vduuvudv

∫

∫

∫ ∫

+−−+−+

+−+

−=

1

0

1

0

1

0

101)10()11(

1)1(

∫ 𝑳𝒏(𝟐+𝟐𝒙)𝟏+𝒙𝟐

𝟏𝟎 𝒅𝒙 = [ ] dx

xArctgxLnLnLn ∫ +

−−+1

0 14)1()2()2(

4ππ

Rpta



23

11. Resuelve:

dxx∫−

5

5 5 - ²

Resolución

[ ][ ] [ ][ ] [ ][ ]∫ ∫∫−

−+−+−2

5

5

2

22

5

22

321

222

III

dxxdxxdxx

[ ][ ][ ][ ][ ][ ] ∫∫∫∫

∫ ∫∫∫∫

∫∫∫∫

++=−=

+++=−=

++=−=

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

3

4

4

3

3

2

5

2

23

1

0

2

1

0

1

1

2

2

5

22

2

3

3

4

4

5

2

5

21

2122

01102

0122

dxdxdxdxxI

dxdxdxdxdxxI

dxdxdxxI

48,3321

=++=

IIIII

∴ 𝑰 = 𝟑,𝟒𝟖 Rpta

12. Resuelve:

( )dxx∫ +

−π π0 4 Senx

2

Resolución

dxx∫ +

−π π0 4 Senx

22



24

Cambio de Variable

220

4

πππ

π

=⇒=−⇒=

−=

uxux

xu

dxxduu∫∫ −− +

=+

2

2

2

2 4Cosx2

4Cosu2

π

π

π

π x es variable nula

Sea:

( ) 4cos +=

xxF x

Viendo simetrías

( ) ( )xx FxxF

xx

−=+

−=

−→

− 4coses anti simétrica con respecto al eje y

( ) 04 Senx

2

04Cosx

2

04cos4Cosx

4cos4Cosx

0

2

2

0

2

20

0

2

20

=+−

=+

=+

++

+−=

+

∫

∫

∫∫

∫∫

−

−

dxx

dxx

dxxxdxx

dxxxdxx

π

π

π

π

π

π

π

π

∴ ∫ 𝟐𝒙−𝝅𝒔𝒆𝒏 𝒙+𝟒

𝝅𝟎 𝒅𝒙 = 𝟎 Rpta



25

13. Resolver:

∫ 20 16Sen²x - 25

Cosx²x π

dxSen

Resolución

duxdxusenx=

=cos

( ) ( )∫∫ = 20 22

22

0 2

2

4u - 5

u16u - 25

u ππ dudu

Sustitución Trigonométrica:

θθ

θ

θθ

ddu

senu

uarcsensenu

cos45

45

54

54

=

=

=

→=

( ) ( )

( )

θθ

θθθθ

θθθθ

θ

θθθ

π

π

π

ϑ

π

dsen

d

send

sen

dsen

COS

∫

∫

∫

∫

−

−

20

2

20

2

20 22

2

20 22

2

62564

cos5cossen

12564

15cossen

12564

55

cos45.

1625

2



26

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) 59.23.2562564

2024

253

62564

4504

552

4514

532

20

253

62564

4

504

5016252

4

514

5116252

2504

2514

62564

45

045

016252

4

52

4

52

16252

25

04

2

52

4

62564

4

54

516252

25

4

62564

4

54

516252

25

4

62564

42

262564

2

0

22

0

2

0

22

0

2

0

2

0

=

−

=

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

arcsenarcsen

sensen

sensen

senarcsen

senarcsen

senxxsensenxarcsen

uuuarcsen

sen

πππ

θθ

ππ

ππ

ππ

∴ ∫ 𝐬𝐞𝐧𝟐𝐱.𝐜𝐨𝐬𝐱�𝟐𝟓−𝟏𝟔𝐬𝐞𝐧𝟐𝐱

𝛑/𝟐𝟎 𝐝𝐱 = 𝟐,𝟓𝟗 Rpta



27

14. Resolver.

( ) ( )∫∞

++0 3 x 1Ln 1 xdx

Resolución

dtedxex

t

t

=

=+1

dttee

dte tt

t

∫∫∞

−−∞

=0

21

2

0 3 t

22

2

dudtdudt

ut

===⇒

dueuudueu uu −∞

−∞ −

−

∫∫ =

021

0

21

22

2

dueu u−∞ −

∫01

21

22

Por Gamma

222

21

22 ππγ =⇒

∴ ∫ 𝐝𝐱(𝟏+𝐱)𝟑�𝐋𝐧(𝟏+𝐱)

∞𝟎 = �𝛑

𝟐 Rpta



28

15. Resolver.

∫

−1

0

)1( dxLnxx

x

Resolución

BA

dxLnxx

xdxLnxx

xdxLnxx

x∫∫∫

−+

−=

− 1

21

21

0

1

0

)1()1()1(

∫−

= 21

0

)1( dxLnxx

xA ; para darle forma del corolario, hacemos:

x=-t dx=-dt

( ) ( )∫∫ −−−−

+−=

−−+−

=→0

21

0

21

)1()1( dxxLnx

xdttLnt

tA

Sea:

( )( )

( )ttdttf x −−

+−=

ln1 y ( ) x

g x −−

=1 son continuos para [ )0;21−∈x

sobre [ )0;21− , ( ) 0⟩xf y ( ) 0⟩xg y además:

( ) ∞=→

xfox

lim y ( ) ∞=→

xgox

lim

luego:

( )

( )0

)ln()1(limlim =

−+−

=→→ x

xgf

oxx

x

ox

x t

0 0

1/2 -1/2



29

como:

( )∫−−=−−=

0

21

0

21

21

22)(2 xdxg x converge

( )∫ ∫− −−−

+−==⇒

0

21

0

21

)ln()1(

xxdxxdxfA x

converge

∫−

=→1

21

)1( dxLnxx

xB

Sea:

( )( )

xxxP x ln

1−= y ( )

( )31

ln

1

xxG x

−=

f y g son continuos en [ )0;21− , ( ) 0⟩xf y ( ) 0⟩xg [ )1;21∈∀x y además

( ) ∞=−→

xfx 1lim y ( ) ∞=

−→xg

x 1lim

luego:

( )

( ) 3211

)(ln

)1(limlimx

xxgf

xx

x

x

−−=

−− →→

como es de la forma %, aplicamos Hospital

( )

( )0

21

23)(lnlimlim 2

123

31

11=

−−=

−− →→xxx

gf

xx

x

x y como ( )( )

∫∫ −=1

21

31

1

21

ln xx

dxdxg x

Hacemos:

u=lnx du=1/x dx

( ) ( )( ) 32

0

)2/1ln(

32

0

21ln

31

1

21 2

1ln23

23

=−=−=→ ∫∫

u

u

dudxg x converge

( ) ∫∫−

==→1

21

1

21

)1( dxLnxx

xdxfB x

converge



30

como I=A + B

∴ I = converge Rpta

16. Mediante Gamma.

( )[ ] ( )∫ −40

1 22π

dxtCostLnCsc n

Resolución

( )[ ] ( )∫ −40

1 2221 π

tsendtLnCsc n

00

2

→→

=

ut

utsen

14

→

→

u

t π

( )[ ] ( )∫−−1

0

11

21 uduLn n

dyedueu

y

y

−

−

−=

=

∞→→

yu 0

01

→→

yu

( )[ ]∫∞−−

−−o yny dyeeLn 1

21

∫∞ −−

0

1

21 dyey yn

( )nΓ21

∴ ∫ [𝑳𝒏𝑪𝒔𝒄(𝟐𝒕)]𝒏−𝟏𝑪𝒐𝒔(𝟐𝒕)𝒅𝒙 = 𝟏𝟐

𝝅𝟒𝟎 𝚪(𝒏) Rpta



31

17. Resolver con Beta o Gamma

( )( )∫ −+∗

5

2 52x xdx

Resolución

( ) ( ) dxxx 215

221

52−−

−−∫

Dando la forma de la función Beta

Hacemos:

dudxux

ux

=+==−

22

52

→→

ux

35

→→

ux

( ) ( ) duuu 213

221

3−−

−∫

Hacemos otro cambio

dtdutu3

3==

ot

u→→ 0

13

→→

yu

( ) ( ) dttt 3333 211

021

21 −−−

−∫

( ) ( ) ( ) ( ) dtttdttt 1241

0

124

211

021

11 −−−−

−=− ∫∫ ( )2

1;21BI =

Propiedad: ( ) ( ) ( )

( )nmnmnmB

+ΓΓΓ

=;



32

( ) ( ) ( )( )1

21

21

21;2

1Γ

ΓΓ== BI

Sabemos: ( )( ) 11

21

=Γ

=Γ π

π=I

∴ ∫ 𝒅𝒙�(𝒙+𝟐)(𝟓−𝒙)

= 𝝅𝟓𝟐 Rpta

18. Resolver

dx

x

x∫

∗

1

0

5

3

3

x -1

Resolución

dxxxdxxdx

x

x∫∫∫

−

−=

=

1

0

21

51431

0 514

31

0

5

3

3

1 x-1x -1

Haciendo la sustitución:

dttdx

dtdxx

txtx

149

59

145

514

145

514

−=

=

=→=

11

→→

tx

oyox

→→

( ) dtttt∫−−

−1

014

92

11415

1451

( )145

21;

7101

145 1

02

173

=−∫

−Bdttt



33

145

1427

21

710

21;

710

145

Γ

Γ

Γ

=

B

π

Γ

Γ

=

Γ

Γ

Γ

141373

136

145

145

1413

1413

21

73

73

( )( ) π

141373

915ΓΓ

∴ ∫ 𝒙𝟑

(𝟏−𝒙𝟑

√𝒙𝟓 )𝒅𝒙 =𝟏

𝟎 𝟓𝟗𝟏

𝚪(𝟑 𝟕⁄ )𝚪(𝟏𝟑 𝟏𝟒⁄ )√𝛑 Rpta

19. Hallar la longitud de la curva:

+=

rr 1

21θ

entre r=2 y r=4

Resolución

1=

→→

dtdr

dtdrtr

Parametrizando:

−=

+=→

2

1121

1121

tdtd

tθ

θ

[ ]4;2∈t

Sabemos:



34

𝑥 = 0 → 𝑦 = 0

𝑥 =𝜋2

→ 𝑦 = 𝜋

( )

[ ]

22ln3

2ln621ln

2211

21

21

21

21

41

21

221

21

211

4

2

4

2

4

2

2

4

2

4

2

2

4

2

2

2

2

4

2

22

4

2

2

222

4

2

22

2

+=

+=

+

=

+=

+=+

=

+=

+

+=

−+=

+

=

∫

∫∫

∫

∫

∫

∫

L

ttdtt

tL

dtt

tdtt

tL

dtt

tL

dtt

tL

dtt

tL

dtdtdr

dtdrL θ

∴ 𝐋 = 𝟑 + 𝐋𝐧𝟐𝟐

Rpta

20. Hallar la siguiente integral

�𝒔𝒆𝒏𝒙𝒄𝒐𝒔𝒙𝒙 + 𝟏

𝝅𝟐

𝟎𝒅𝒙 𝑺𝒊�

𝒄𝒐𝒔𝒙(𝒙 + 𝟐)𝟐 𝒅𝒙 = 𝒎

𝝅

𝟎

12�

𝑠𝑒𝑛2𝑥𝑥 + 1

𝜋2

0𝑑𝑥 ;

Resolución

• 2𝑥 = 𝑦

• 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦2



35

𝜋

0

𝑥 = 2𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑑𝑥 = 2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃

𝜃 = −𝜋6

𝜃 =𝜋3

Tenemos:

14�

𝑠𝑒𝑛𝑦𝑦2

+ 1

𝜋

0𝑑𝑦 =

12�

𝑠𝑒𝑛𝑦𝑦 + 2

𝜋

0𝑑𝑦

Hacemos lo siguiente:

1𝑦 + 2

= 𝑣, 𝑠𝑒𝑛𝑦 = 𝑑𝑢

−𝑐𝑜𝑠𝑦 = 𝑢

⇒ −𝑐𝑜𝑠𝑦𝑦+2

= ∫ � 1𝑦+2

� . 𝑠𝑒𝑛𝑦 𝑑𝑦 + ∫ 1(𝑦+2)2 . 𝑐𝑜𝑦 𝑑𝑦𝜋

0𝜋0

1𝜋 + 2

− �−12� = � �

1𝑦 + 2

� . 𝑠𝑒𝑛𝑦 𝑑𝑦 + 𝑚𝜋

0

12�

1𝜋 + 2

+12� −

𝑚2

=12� �

1𝑦 + 2

� . 𝑠𝑒𝑛𝑦 𝑑𝑦𝜋

0

∴ 𝟏𝟐 ∫ � 𝟏

𝒚+𝟐� . 𝒔𝒆𝒏𝒚𝒅𝒚𝝅

𝟎 = 𝟏𝟐� 𝟏𝝅+𝟐

+ 𝟏𝟐� − 𝒎

𝟐 Rpta

21. ∫ 𝟏+𝐱−�𝟒−𝐱𝟐

𝐱+�𝟒−𝐱𝟐+𝟐

√𝟑𝟏

Resolución

Donde: Sustitución Trigonométrica



36

𝜋3

−𝜋6

⇒ �(1 + 2𝑠𝑒𝑛𝜃 − 2𝑐𝑜𝑠𝜃). 2𝑐𝑜𝑠𝜃

(2𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃 + 2)𝑑𝜃

𝜋3

−𝜋6

⇒ �2𝑐𝑜𝑠𝜃(1 + 2𝑠𝑒𝑛𝜃 − 2𝑐𝑜𝑠𝜃)(2𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 2)

(2𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃)2 − 4𝑑𝜃

𝜋3

−𝜋6

⇒ �(2𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 2 + 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 4𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 − 4𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 − 4𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 4𝑐𝑜𝑠𝜃)

8𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃

𝜋3

−𝜋6

⇒ � �𝑠𝑒𝑐𝜃

2+𝑐𝑠𝑐𝜃

4−𝑐𝑠𝑐2𝜃

2+𝑡𝑔𝜃

2−𝑠𝑒𝑐𝜃

2−𝑐𝑡𝑔𝜃

2+𝑐𝑠𝑐𝜃

2�2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃

𝜋3

−𝜋6

⇒ � �12

+𝑐𝑡𝑔𝜃


2+ 𝑠𝑒𝑛𝜃 − 1 −

𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃

+ 𝑐𝑡𝑔𝜃� 𝑑𝜃𝜋3

−𝜋6

⇒ � �12

+𝑐𝑡𝑔𝜃


2+ 𝑠𝑒𝑛𝜃 − 1 −

(1 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃)𝑠𝑒𝑛𝜃


−𝜋6

⇒ ∫ �− 12

+ 3𝑐𝑡𝑔𝜃2

+ 𝑠𝑒𝑐𝜃2

+ 2𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑐𝑠𝑐𝜃� 𝑑𝜃𝜋3−𝜋6

= �− 𝜃2

+ 32𝐿𝑛|𝑠𝑒𝑛𝜃| + 𝐿𝑛 |𝑠𝑒𝑐𝜃+𝑡𝑔𝜃|

2− 2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝐿𝑛|𝑐𝑠𝑐𝜃 − 𝑐𝑡𝑔𝜃|�

= �−𝜋2

+32𝐿𝑛

√32

+ 𝐿𝑛2 + √3

2− 1 − 𝐿𝑛

√33� − �

𝜋12

+32𝐿𝑛

12

+ 𝐿𝑛√32− √3 − 𝐿𝑛�2 − √3��



37

𝜋

0

𝜋

0

∴ �𝟏 + 𝐱 − √𝟒 − 𝐱𝟐

𝐱 + √𝟒 − 𝐱𝟐 + 𝟐

√𝟑

𝟏= −

𝛑𝟒

+𝟑𝟐𝐋𝐧�√𝟑� + 𝐋𝐧�

𝟐√𝟑√𝟑

+ 𝟏

𝟐� − 𝟏 + √𝟑 + 𝐋𝐧(𝟐√𝟑 − 𝟑)

Rpta

22. ∫ 𝒔𝒆𝒏(𝒍𝒏𝒙)𝒅𝒙𝒆𝝅

𝟏

Resolución

𝐿𝑛𝑥 = 𝑦 → 𝑑𝑥 = 𝑥𝑑𝑦 → 𝑑𝑥 = 𝑒𝑦𝑑𝑦 Si

(∗) = � 𝑆𝑒𝑛𝑦𝑒𝑦 𝑑𝑦𝜋

0

⇒ 𝑠𝑒𝑛𝑦 𝑒𝑦 = ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑦 𝑒𝑦 𝑑𝑦 + ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑦 𝑒𝑦 𝑑𝑦𝜋

0𝜋0

∫ 𝑐𝑜𝑠𝑦 𝑒𝑦 𝑑𝑦𝜋0 = 𝑐𝑜𝑠𝑦𝑒𝑦 + ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑦 𝑒𝑦 𝑑𝑦𝜋

0

𝑥 = 1 → 𝑦 = 0

𝑥 = 𝑒𝜋 → 𝑦 = 𝜋 𝑢 = 𝑠𝑒𝑛𝑦 → 𝑑𝑣 = 𝑒𝑦

𝑑𝑢 = 𝑐𝑜𝑠𝑦 → 𝑣 = 𝑒𝑦

Haciendo

𝑢 = 𝑐𝑜𝑠𝑦 → 𝑑𝑣 = −𝑠𝑒𝑛𝑦

𝑑𝑢 = 𝑐𝑜𝑠𝑦 → 𝑣 = 𝑒𝑦

De Nuevo



38

𝜋

0

𝜋

0

𝐶 = 21

𝐷 = −4

𝐵 = −12

𝐸 = −21

𝑠𝑒𝑛𝑦 𝑒𝑦 = 2� 𝑠𝑒𝑛𝑦 𝑒𝑦 𝑑𝑦 + 𝑐𝑜𝑠𝑦𝑒𝑦 𝜋

0

0 − 0 − �(−1)(𝑒𝜋) − (1)𝑒

2� = � 𝑠𝑒𝑛𝑦 𝑒𝑦 𝑑𝑦

𝜋

0

∴ ∫ 𝒔𝒆𝒏𝒚 𝒆𝒚 𝒅𝒚𝝅𝟎 = 𝒆+𝒆𝝅

𝟐 Rpta

23. ∫ 𝟓𝒙𝟑−𝟔𝒙+𝟑𝒙𝟑(𝟏+𝒙)𝟐

𝟑𝟏

Resolución

Por fracciones parciales

5𝑥3 − 6𝑥 + 3𝑥3(1 + 𝑥)2

=𝐴𝑥3

+𝐵𝑥2

+𝐶𝑥

+𝐷

(1 + 𝑥)2+

𝐸(1 + 𝑥)

… … … … (1)

5𝑥3 − 6𝑥 + 3𝑥3(1 + 𝑥)2

=𝐴(1 + 𝑥)2 + 𝐵𝑥(1 + 𝑥)2 + 𝐶𝑥2(1 + 𝑥)2 + 𝐷𝑥3 + 𝐸𝑥3(1 + 𝑥)

𝑥3(1 + 𝑥)2

= 𝐴𝑥2 + 𝐴 + 2𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 𝐵𝑥3 + 2𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥2 + 𝐶𝑥4 + 2𝐶𝑥3 + 𝐷𝑥3 + 𝐸𝑥3 + 𝐸𝑥4

= 𝑥2(𝐴 + 2𝐵 + 𝐶) + 𝑥(2𝐴 + 𝐵) + 𝑥3(𝐵 + 2𝐶 + 𝐸 + 𝐷) + 𝑥4(𝐶 + 𝐸) + 𝐴

Por identidad de polinomios

𝐴 + 2𝐵 + 𝐶 = 0

𝐵 + 2𝐶 + 𝐸 + 𝐷 = 5

2𝐴 + 𝐵 = −6

𝐶 + 𝐸 = 0

𝐴 = 3



39

3

1

Sustituir en (1)

∫ 3𝑥3− 12

𝑥2+ 21

𝑥− 4

(1+𝑥)2− 21

(1+𝑥)31

= −3

2𝑥2+

12𝑥

+ 21𝐿𝑛𝑥 +4

(1 + 𝑥) − 21𝐿𝑛(𝑥 + 1)

= −3

2.9+

123

+ 21𝐿𝑛3 +44− 21𝐿𝑛4 − �

32.1

+ 12 + 21𝐿𝑛1 +42− 21𝐿𝑛2�

=6918

+2718

− 13 + 21𝐿𝑛3 − 21𝐿𝑛4 − 21𝐿𝑛1 + 21𝐿𝑛2

∴ ∫ 𝟓𝒙𝟑−𝟔𝒙+𝟑𝒙𝟑(𝟏+𝒙)𝟐

𝟑𝟏 = 𝟐𝟏𝑳𝒏 𝟑

𝟐− 𝟐𝟑

𝟑 Rpta

24. ∫ 𝒅𝒙𝟔𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙+𝟒𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙−𝟓

𝝅𝟒𝟎

⇒ �𝑑𝑥

6(1 − 𝑐𝑜𝑠2𝑥) + 4𝑐𝑜𝑠2𝑥 − 5

𝜋4

0= �

𝑑𝑥1 − 2𝑐𝑜𝑠2𝑥

𝜋4

0

Resolución

⇒ �𝑑𝑥

−𝑐𝑜𝑠2𝑥

𝜋4

0= −� sec 2𝑥 𝑑𝑥

𝜋4

0

2𝑥 = 𝑦 → 𝑑𝑥 =𝑑𝑦2

𝑥 = 0 ⟶ 𝑦 = 0

𝑥 =𝜋4

⟶ 𝑦 =𝜋2

Hacemos



40

𝜋2

0

∞

3

⇒ −12� 𝑠𝑒𝑐𝑦 𝑑𝑦

𝜋2

0= −

12𝐿𝑛 |𝑠𝑒𝑐𝑦 + 𝑡𝑔𝑦|

⇒ −12�𝐿𝑛 �𝑠𝑒𝑐

𝜋2

+ 𝑡𝑔𝜋2�� − [𝐿𝑛|𝑠𝑒𝑐 0 + 𝑡𝑔0|] = + ∞

∴ ∫ 𝐝𝐱𝟔𝐬𝐞𝐧𝟐𝐱+𝟒𝐜𝐨𝐬𝟐𝐱−𝟓

𝛑𝟒𝟎 = + ∞ Rpta

25. ∫ �𝒙(𝟏 + 𝒙)−𝟑 + 𝒙(𝒙𝟐 − 𝟏)−𝟏𝟐 � 𝒅𝒙∞

𝟐

Resolución

Sea

𝐴 = ∫ 𝑥𝑑𝑥(1+𝑥)3

→ ∞2

⇒ �(𝑦 − 1)𝑑𝑦

𝑦3 = � �1𝑦2 −

1𝑦3� 𝑑𝑦

∞

3

∞

3

−1𝑦−

12𝑦2

= 0 − �−13

+1

2. 31� =

518

∞ ∞ 1 0

𝑦 = 𝑥 + 1 𝑠𝑖 𝑥 = ∞ → 𝒚 = ∞

𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 𝑥 = 𝟐 → 𝒚 = 𝟑

Hacemos



41

𝜋2

𝜋3

Sea

𝐵 = �𝑥𝑑𝑥

(𝑥2 − 1)12

→ ∞

2

⇒ �secθtgθ . secθ. tgθdθ

π2

π3

⇒ � Sec2θdθπ/2

π/3= Tgθ = +∞

Sumamos A yB

𝐴 + 𝐵 =5

18+ ∞

∴ ∫ �𝒙(𝟏 + 𝒙)−𝟑 + 𝒙(𝒙𝟐 − 𝟏)−𝟏𝟐 � 𝒅𝒙∞

𝟐 = +∞ Rpta

26. ∫ 𝒅𝒙�(𝟓−𝒙)(𝒙−𝟏)

𝟓𝟏

�𝑑𝑥

�4(𝑥 − 3)2

5

1

Resolución

𝑥 = 𝑠𝑒𝑐𝜃

𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑡𝑔 𝜃𝑑𝜃

Hacemos



42

5

1

5

1

0 1 3

Sustitución trigonométrica 𝑥 − 3 = 2𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑥 = 2𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑑𝜃 Reemplazando

�2𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑑𝜃

√𝟒 − 𝟒𝑠𝑒𝑛2𝜃

𝟓

𝟏= �

2𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑑𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃

𝟓

𝟏= � 𝑑𝜃 = 𝜃

5

1

Pero 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 �𝑥−32�

Reemplazando

𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 �𝑥 − 3

2� = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(1) − 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(−1)

∴ ∫ 𝒅𝒙�(𝟓−𝒙)(𝒙−𝟏)

𝟓𝟏 = 𝝅

𝟐− �−𝝅

𝟐� = 𝝅 Rpta

27. ∫ 𝒅𝒙�|𝒙−𝟏|𝟑

𝟑𝟎

Resolución



43

31

1

0

3

1

1

0

⇒ �𝑑𝑥

�|𝑥 − 1|3 = �𝑑𝑥

√𝑥 − 13 + �𝑑𝑥

√𝑥 − 13

3

1

1

0

3

0

Sea 𝑥 − 1 = 𝑎 → 𝑑𝑥 = 𝑑𝑎

⇒ �da

−a13

+ �da

a13

3

1

1

0

⇒ −� 𝑎−13 da + � a−

13

3

1

1

0

⇒ −3𝑎2

23 + 3𝑎

2

23

⇒ −3(𝑥−1)2

23 + 3(𝑥−1)

2

23

⇒ −�0 − �32�(−1)23 �� + �

32

(3 − 1)23 −

32

(1 − 1)23�

∴ ∫ 𝒅𝒙�|𝒙−𝟏|𝟑

𝟑𝟎 = 𝟑

𝟐 √𝟒𝟑 + 𝟑

𝟐 Rpta



44

𝑎 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑉𝑛𝑡´ 𝑉𝑛𝑡

28. Un motociclista advierte que en su camino 9 metros de distancia esta obstruido por un camino de… y frena con toda……….. hasta que los frenos le imprimen a la moto una aceleración negativa contante y que el camión. Si está moviendo con velocidad……….la misma dirección que la moto demostrar que el motociclista para evitar la ………de que su velocidad en el momento de iniciar la frenada es mayor que 𝑽𝟏 + �𝟐/𝒂/𝒔

Resolución

• 𝑉𝑛: 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙

• 𝑉𝑛𝑡´: 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙

𝑉𝑛𝑡 = 𝑉𝑛 − 𝑎𝑡

𝑉𝑛𝑡´ = 𝑉𝑛 − 𝑎(9)

𝑑 = �𝑉𝑓 − 𝑉0

2� 𝑡

𝑉𝑐 × 9 + 9 = �𝑉𝑛 − 𝑎(9) − 𝑉𝑛

2�9

2𝑉𝑛 − 9𝑎2

= 𝑉𝑐 + 1

⇒ 𝑉𝑛 = 𝑉𝑐 + 1 +9𝑎2

𝑉𝑐(𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒) t

9 segundos tiempo de choque

𝑉𝑛

9 𝑉𝑐.t



45

𝑀𝑒𝑛𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑉, 𝑉𝑛 ≥ 𝑣 𝑛𝑜 ℎ𝑎𝑦 𝑐ℎ𝑜𝑞𝑢𝑒

∴ 𝑽𝒄 + 𝟏 + 𝟗𝒂𝟐

Rpta

29. 𝑯𝒂𝒍𝒍𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒅𝒆 𝑨𝒓𝒄𝒐

𝒚 = �𝒙 − 𝒙𝟐 + 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏�√𝒙�

𝒙 ∈ [𝟎,𝟏] 𝒚𝒂 𝒒𝒖𝒆 𝒙 − 𝒙𝟐 ≥ 𝟎

𝑑𝑦𝑑𝑥

=1 − 2𝑥

2√𝑥 − 𝑥2+

12√𝑥√1 − 𝑥

Resolución

�1 − 2𝑥

2√𝑥 − 𝑥2

1

0+

12√𝑥√1 − 𝑥

𝑑𝑥

�2 − 2𝑥

2√𝑥 − 𝑥2

1

0𝑑𝑥

⇒ �2 − 2 �senθ

2+ 1

2�

2��senθ2

+ 12� − �senθ

2+ 1

2�2

π2

−π2

cosθ2 dθ

𝑥 =𝑠𝑒𝑛𝜃

2+

12

𝑑𝑥 =𝑐𝑜𝑠𝜃

2𝑑𝜃

Hacemos



46

𝜋2

−𝜋2

- +

-3 2

⇒ �1 − 𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑐𝑜𝑠𝜃2

𝜋2

−𝜋2

×𝑐𝑜𝑠𝜃

2𝑑𝜃

⇒ 𝜃 + 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝜋

∴ 𝑳 = 𝝅 Rpta

30. Calcular la integral de ∫ �𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟔�𝒅𝒙𝟒−𝟒

Resolución

En le calculo de integrales con un valor absoluto se debe determinar el

signo de la expresión dentro de las barras, mediante el criterio del punto

crítico (en caso que el integrando tenga más de un valor absoluto se

defiende los valores absolutos) es decir:

𝑥2 + 𝑥 − 6 = (𝑥 + 3)(𝑥 − 2) Luego el criterio sobre el cual se realiza la integración se expresa en dos o

más sub intervalos es decir: [−4,4] = [−4,−3] ∪ [−3,2] ∪ [2,4]

� |𝑥2 + 𝑥 − 6|𝑑𝑥4

−4= � |𝑥2 + 𝑥 − 6|𝑑𝑥

−3

−4+ � |𝑥2 + 𝑥 − 6|𝑑𝑥

2

−3+ � |𝑥2 + 𝑥 − 6|𝑑𝑥

4

2

= � (𝑥2 + 𝑥 − 6)𝑑𝑥−3

−4+ � (𝑥2 + 𝑥 − 6)𝑑𝑥

2

−3+ � (𝑥2 + 𝑥 − 6)𝑑𝑥

4

2



47

-3

-4

2

-3

4

2

= �𝑥3

3+𝑥2

2− 6𝑥� − �

𝑥3

3+𝑥2

2− 6𝑥� + �

𝑥3

3+𝑥2

2− 6𝑥�

= ��−9 +92

+ 18�— �643

+ 8 + 24�� − ��83

+ 2 − 12�— �9 +92

+ 18��

+ ��643

+ 8 − 24� − �83

+ 2 − 12��

= ��9 +92�— �

643

+ 32�� − ��83− 10� �9 +

92�� + ��

643− 16� − �

83− 10��

= �643

+92− 23� − �

83−

92− 19� + �

563− 6� =

1093

∴ ∫ �𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟔�𝒅𝒙𝟒−𝟒 = 𝟏𝟎𝟗

𝟑 Rpta

31. ∫ 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏√𝒙𝒅𝒙 𝟒𝟏

Resolución

⇒ 𝑆𝑒𝑎 𝑥 = 𝑧2 ⟶ 𝑑𝑥 = 2𝑧𝑑𝑧

� 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑧) 2𝑧𝑑𝑧 = 4

12� 𝑧 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑧) 𝑑𝑧

4

1

𝑢 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛𝑧 ⟶ 𝑑𝑢 =𝑑𝑧

√1 − 𝑧2

𝑑𝑣 = 𝑧 𝑑𝑧 ⟶ 𝑣 =𝑧2

2



48

� 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑧) 2𝑧 𝑑𝑧 = 24

1�𝑧2

2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑧) −

12��

𝑧2 𝑑𝑧√1 − 𝑧2

4

1��

𝑧 = 𝑠𝑒𝑛𝜃 → 𝑑𝑧 = 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃

⟹�𝑧2 𝑑𝑧√1 − 𝑧2

4

1= �

𝑠𝑒𝑛2𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃√1 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃

4

1= � 𝑠𝑒𝑛2𝜃 𝑑𝜃 =

4

1� (1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃) 𝑑𝜃4

1

=12

(𝜃 − 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃) ==12�𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛𝑧 − 𝑧�1 − 𝑧2� + 𝑐

Luego:

� 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛√𝑥𝑑𝑥 =4

12 �𝑧2

2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑧) −

14�𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑧) − 𝑧�1 − 𝑧2��

= 𝑧2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑧) −12𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(𝑧) −

𝑧2�1 − 𝑧2

= 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 �𝑧2 −12� −

𝑧2√

1 − 𝑥 + 𝑐

∴ ∫ 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏√𝒙𝒅𝒙 =𝟒𝟏 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏√𝒙�𝒙 − 𝟏

𝟐� − √𝒙

𝟐√𝒛𝟐 − 𝟏 + 𝒄 Rpta

32. ∫ 𝐱𝟏𝟓

(𝟏+𝐱𝟖)𝟐𝟓𝐝𝐱𝟒√𝟐

𝟎

�𝑥15

(1 + 𝑥8)25

𝑑𝑥4√2

0= � 𝑥15(1 + 𝑥8)

−25 𝑑𝑥 ⟹ 𝑥𝑚(𝑎 + 𝑏𝑥𝑛)𝑝𝑑𝑥

4√2

0

Resolución



49

4√2

0

4√2

0

4√2

0

4√2

0

𝐼𝐼 𝐶𝑎𝑠𝑜 𝑚 + 1𝑛

∈ ℤ+

1 + 𝑥8 = 𝑧5 ⟶ 8𝑥7𝑑𝑥 = 5𝑧4𝑑𝑧

⟹�𝑥15 5𝑧4𝑑𝑧𝑧2 8𝑥7

=58

4√2

0� 𝑥8𝑧2 𝑑𝑧 =4√2

0

58� 𝑧2(𝑧5 − 1) 𝑑𝑧4√2

0

⟹58� (𝑧7 − 𝑧2) 𝑑𝑧 =4√2

0

58�� 𝑧7 𝑑𝑧

4√2

0−

58� 𝑧2 𝑑𝑧4√2

0�

⟹58 �𝑧8

8 −

𝑧3

3�

⟹ =58 �(1 + 𝑥8)

85

8 −

(1 + 𝑥8)35

8�

⟹ =58 �

1 + 48. 24

8−

18�

⟹ =58 �

48. 8.28

� =58

(47. 8) = 81920

∴ ∫ 𝒙𝟏𝟓

(𝟏+𝒙𝟖)𝟐𝟓𝒅𝒙𝟒√𝟐

𝟎 = 𝟖𝟏𝟗𝟐𝟎 Rpta

33. ∫ ⟦𝐱⟧ + ⟦𝟐𝐱 + 𝟏⟧ 𝐝𝐱𝟐−𝟏

Resolución



50

−1 ≤ 𝑥 < 0 ≤ ⟹ ⟦𝑥⟧ = −1

0 ≤ 𝑥 < 0 ≤ ⟹ ⟦𝑥⟧ = 1

1 ≤ 𝑥 < 0 ≤ ⟹ ⟦𝑥⟧ = 2

𝑧 = 2𝑥 → 𝑑𝑥 =𝑑𝑧2

� ⟦2𝑥⟧ 𝑑𝑥 =12

2

−1� ⟦𝑧⟧ 𝑑𝑥 =

12

4

−2

Para

𝑥 = 1 → 𝑧 = −2

𝑥 = 2 → 𝑧 = 4

� ⟦𝑥⟧ + ⟦2𝑥 + 1⟧ 𝑑𝑥2

−1= � ⟦𝑥⟧ 𝑑𝑥 + � ⟦2𝑥⟧ 𝑑𝑥

2

−1

2

−1+ � 𝑑𝑥

2

−1

⟹� ⟦𝑥⟧ 𝑑𝑥 + � ⟦𝑥⟧ 𝑑𝑥 + � ⟦𝑥⟧ 𝑑𝑥 +2

1

1

0

0

−1

�� ⟦𝑧⟧ 𝑑𝑧 + � ⟦𝑧⟧ 𝑑𝑧 + � ⟦𝑧⟧ 𝑑𝑧 + � ⟦𝑧⟧ 𝑑𝑧 +2

1� ⟦𝑧⟧ 𝑑𝑧 +3

2

1

0

0

−1

1

−2� ⟦𝑧⟧ 𝑑𝑧 +4

3� + � 𝑑𝑥

2

−1

⟹� −1 𝑑𝑥 + � 0 𝑑𝑥 + � 1 𝑑𝑥 +2

1

1

0

0

−1

12

�� −2 𝑑𝑧 − � 1 𝑑𝑧 + � 0 𝑑𝑧 + � 1 𝑑𝑧 +2

1� 2 𝑑𝑧 +3

2

1

0

0

−1

1

−2� 3 𝑑𝑧 +4

3� + � 𝑑𝑥

2

−1

= −1(0 + 1) + (2 − 1) +12

[−2(−1 + 2) − (0 + 1) + (2 − 1) + (6 − 4) + (12 − 9)] + (2 − (1))

= −1 + 1 +12

(−2− 1 + 1 + 2 + 3) + 3

=𝟏𝟐

(𝟑) + 𝟑 =𝟗𝟐

∴ ∫ ⟦𝐱⟧ + ⟦𝟐𝐱 + 𝟏⟧ 𝐝𝐱 = 𝟗𝟐

𝟐−𝟏 Rpta



51

+ - + -3 -2 2 3

+ - +

-2 2

2

-3

34. 𝑰 = ∫ � 𝒙𝟐−𝟒

𝒙𝟐+𝟐𝟓� 𝒅𝒙𝟑

−𝟑

Resolución

⟹� �𝑥2 − 4𝑥2 + 25

� 𝑑𝑥3

−3= �

𝑥2 − 4𝑥2 + 25

𝑑𝑥 −−2

−3�

𝑥2 − 4𝑥2 + 25

𝑑𝑥 + �𝑥2 − 4𝑥2 + 25

𝑑𝑥3

2

2

−2

↪ �𝒙𝟐 − 𝟒𝒙𝟐 + 𝟐𝟓

𝒅𝒙 =−𝟐

−𝟑�

𝑥2 + 25 − 29𝑥2 + 25

𝑑𝑥 = � �1 −29

𝑥2 + 25�𝑑𝑥

−2

−3

−2

−3

� 𝑑𝑥 − 29�𝑑𝑥

𝑥2 + 25=

−2

−3�2 − (−3)� − 29�

15𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

𝑥5��

−2

−3

= 5 −295�𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �−

25�� − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

−35�

↪ −�𝑥2 − 4𝑥2 + 25

𝑑𝑥 =2

−2− �

𝑥2 + 25 − 29𝑥2 + 25

𝑑𝑥 = −� �1 −29

𝑥2 + 25� 𝑑𝑥

2

−2

2

−2

−� 𝑑𝑥 + 29�𝑑𝑥

𝑥2 + 25=

2

−2

2

−229 ��


25�� −


−25��

= 29 ��𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �25�� − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

−25��

Pero 𝑥 ∈ [−3,3] (𝒙 − 𝟐)(𝒙 + 𝟐)

(𝒙𝟐 + 𝟐𝟓)



52

↪ �𝑥2 − 4𝑥2 + 25

𝑑𝑥 =3

2�

𝑥2 + 25 − 29𝑥2 + 25

𝑑𝑥 = � �1 −29

𝑥2 + 25� 𝑑𝑥

3

2

3

2

� 𝑑𝑥 + 29�𝑑𝑥

𝑥2 + 25=

3

2

3

21 −

295�𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

35�� − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

25�

= 1 −295�𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

35�� − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

25�

⟹ 𝐼 = 𝐴 + 𝐵 + 𝐶

⟹ 𝐼 = �5 −295�𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �−

25�� − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

−35�� + 29 ��𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

25�� − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

−25��

+1 −295�𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

35�� − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

25�

⟹ 𝐼 = 6 +585𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

25� −

585𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �−

25�

⟹ 𝐼 = 6 +585�𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �

25� − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �−

25��

∴ 𝑰 = 𝟔 + 𝟓𝟖𝟓�𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 �𝟐

𝟓� − 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 �− 𝟐

𝟓�� Rpta

35. ∫𝒆𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏𝒙𝒅𝒙

𝑺𝒆𝒂: 𝑧 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛𝑥 → 𝑑𝑧 =𝑑𝑥

√1 − 𝑥2=

𝑑𝑥√1 − 𝑠𝑒𝑛2𝑧

=𝑑𝑥𝑐𝑜𝑠𝑧

Resolución

𝑧 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛𝑥 → 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝑧



53

𝑪𝒐𝒎𝒐:

𝑑𝑧 =𝑑𝑥𝑐𝑜𝑠𝑧

→ 𝑑𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑧 𝑑𝑧,

𝑹𝒆𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒛𝒏𝒂𝒅𝒐 𝒕𝒆𝒏𝒆𝒎𝒐𝒔:

�𝑒𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥 = �𝑒𝑧𝑐𝑜𝑠𝑧 𝑑𝑧… … … … . (1)

𝑰𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒑𝒐𝒓 𝒑𝒂𝒓𝒕𝒆𝒔 𝑢 = 𝑒𝑧 → 𝑑𝑢 = 𝑒𝑧𝑑𝑧 𝑑𝑣 = 𝑐𝑜𝑠𝑧 𝑑𝑧 → 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛𝑧

�𝑒𝑧𝑐𝑜𝑠𝑧 𝑑𝑧 = 𝑒𝑧𝑠𝑒𝑛𝑧 − �𝑒𝑧𝑠𝑒𝑛𝑧 𝑑𝑧

𝑯𝒂𝒄𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐

𝑢 = 𝑒𝑧 → 𝑑𝑢 = 𝑒𝑧𝑑𝑧 𝑑𝑣 = 𝑠𝑒𝑛𝑧 𝑑𝑧 → 𝑣 = −𝑐𝑜𝑠𝑧

�𝑒𝑧𝑐𝑜𝑠𝑧 𝑑𝑧 = 𝑒𝑧𝑠𝑒𝑛𝑧 + 𝑒𝑧𝑐𝑜𝑠𝑧 − �𝑒𝑧𝑐𝑜𝑠𝑧 𝑑𝑧

∴ �𝑒𝑧𝑐𝑜𝑠𝑧 𝑑𝑧 =𝑒𝑧(𝑠𝑒𝑛𝑧 + 𝑐𝑜𝑠𝑧)

2… … … … . (2)



54

𝑹𝒆𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐 (𝟐) 𝒆𝒏 (𝟏) 𝒔𝒆 𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆

⟹�𝑒𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥 =𝑒𝑧(𝑠𝑒𝑛𝑧 + 𝑐𝑜𝑠𝑧)

2

⟹�𝑒𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥 =𝑒𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛𝑥(𝑥 + √1 − 𝑥2)

2

∴ ∫ 𝐞𝐚𝐫𝐜𝐬𝐞𝐧𝐱𝐝𝐱 = 𝐞𝐳 (𝐱+�𝟏−𝐱𝟐)𝟐

Rpta

36. Una balla se introduce en una tabla de h=10cm de

espesor con la velocidad de 𝑽𝟎 =200 m/s

traspasando con velocidad 𝑽𝟏 =80 m/s , suponiendo

que la resistencia de loa tabla al movimiento de la

bala es proporcional al cuadrado de la velocidad.

Hallar el tiempo del movimiento de la bala en la

tabla.

𝑭 = 𝒎.𝒂

𝐹𝑚

= 𝑎 =𝑑𝑣𝑑𝑡

𝐹 𝑑𝑡 = 𝑚 𝑑𝑣

𝑣2𝑑𝑡 = 𝑚𝑑𝑣

Resolución



55

�𝑑𝑡𝑚

= �𝑑𝑣𝑣2

=200

80

𝑡

0�𝑣−2 𝑑𝑣 =

𝑣−1

−1

�𝑡|0𝑡

𝑚= −�𝑣−1|80200

𝑡𝑚

= −1

200+

180

𝑡𝑚

=120

16000

𝑡 = 𝑚120

16000=

1103

.12

1600

𝑡 = 0,0000075 𝑠

∴ 𝒕 = 𝟎,𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝟕𝟓 𝒔 Rpta

37. 𝑰 = ∫ 𝒅𝒙(𝒙+𝟏)𝟐�𝒙𝟐+𝟏�

𝐼 = �𝑑𝑥

(𝑥 + 1)2(𝑥2 + 1) =��𝐴

𝑥 + 1+

𝐵(𝑥 + 1)2 +

𝐶𝑥 + 𝐷𝑥2 + 1

� 𝑑𝑥

Resolución

1

(𝑥 + 1)2(𝑥2 + 1) =𝐴

𝑥 + 1+

𝐵(𝑥 + 1)2 +

𝐶𝑥 + 𝐷𝑥2 + 1

Efectuando operaciones y simplificando 1 = 𝑥3(𝐴 + 𝐶) + 𝑥2(𝐴 + 𝐵 + 2𝐶 + 𝐷) + 𝑥(𝐴 + 𝐶 + 2𝐷) + 𝐴 + 𝐵 + 𝐷

Resolviendo el sistema



56

𝐴 + 𝐶 = 0

𝐴 + 𝐵 + 2𝐶 + 𝐷 = 0

𝐴 + 𝐶 + 2𝐷 = 0

𝐴 + 𝐵 + 𝐷 = 1

𝐴 =12

𝐵 = −12

𝐶 = −12

𝐷 = 0

A B

�𝑑𝑥

(𝑥 + 1)2(𝑥2 + 1) =��𝐴

𝑥 + 1+

𝐵(𝑥 + 1)2 +

𝐶𝑥 + 𝐷𝑥2 + 1

� 𝑑𝑥

⟹=12��

1𝑥 + 1

+1

(𝑥 + 1)2 +𝑥

𝑥2 + 1�𝑑𝑥 =

12 �𝐿𝑛(𝑥 + 1) −

1𝑥 + 1

−12𝐿𝑛(𝑥2 + 1)� + 𝑐

⟹=12�𝐿𝑛 �

𝑥 + 1√𝑥2 + 1

� −1

𝑥 + 1� + 𝑐

∴ 𝑰 = 𝟏𝟐�𝑳𝒏 � 𝒙+𝟏

�𝒙𝟐+𝟏� − 𝟏

𝒙+𝟏� + 𝒄 Rpta

38. 𝐈 = ∫ 𝐱𝐱𝟒+𝟏

∞𝟏 𝐝𝐱 + ∫ 𝐱𝐞𝐱∞

𝟎 𝐝𝐱

Resolución

𝑰 = ∫ 𝒙𝒙𝟒+𝟏

∞𝟏 𝒅𝒙 + ∫ 𝒙𝒆𝒙∞

𝟎 𝒅𝒙



57

• 𝐴 = ∫ 𝑥𝑥4+1

∞0 𝑑𝑥 = 1

2 ∫𝑑(𝑥2)

(𝑥2)2+1∞0 = 1

2 �𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥2|1∞

𝐴 =12 �𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(∞) − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(1)� =

12 �𝜋2−𝜋4�

𝐴 =12 �𝜋4�

• 𝐵 = ∫ 𝒙𝒆−𝒙∞𝟎 𝒅𝒙

Por definición de función Gamma

� 𝑥2−1𝑒−𝑥∞

0𝑑𝑥 = 𝑟(2) = 1

𝐵 = 1

⟹ 𝐼 = 𝐴 + 𝐵

⟹ 𝐼 =1

2 �𝜋

4� + 1

∴ 𝑰 = 𝝅𝟖

+ 𝟏 Rpta

39. Se define la función

𝐅(𝐱) = �𝐲𝐋𝐧𝐲

; 𝟐 ≤ 𝐱 < ∞𝐱

𝟐

Verificar que:

𝐅(𝐱) = 𝐚𝟎 + 𝐚𝟏𝐱𝐋𝐧𝐱

+ 𝐚𝟐𝐱

𝐋𝐧𝟐𝐱+ ⋯… … … 𝐚𝐧

𝐱𝐋𝐧𝐧𝐱

+ 𝐧! �𝐝𝐲

𝐋𝐧𝐧+𝟏𝐲

𝐱

𝟐

Determinando los valores de: 𝒂𝟎,𝒂𝟏 … … … … … … … … …𝒂𝒏



58

𝐼1

𝐼2

𝑆𝑖 𝑢 =1𝐿𝑛𝑦

→ 𝑑𝑢 = −𝑑𝑦

𝑦(𝐿𝑛𝑦)2

𝑑𝑣 = 𝑑𝑦 → 𝑣 = 𝑦

𝐼3

𝑆𝑒𝑎 𝐹(𝑥) = �𝑦𝐿𝑛𝑦

, 𝑥 ≥ 1𝑥

2… … … … . . (1)

Resolución

𝐹(𝑥) = � 𝑦𝐿𝑛𝑦

�2

𝑥− ∫ 1

(𝐿𝑛𝑦)2𝑑𝑦 =𝑥

2𝑥𝑙𝑛𝑥

− 2𝑙𝑛2

+ ∫ � 1𝐿𝑛𝑦

�2𝑑𝑦… … … … . (2)𝑥

2

Sea

⟹ 𝐼1 = � �1𝐿𝑛𝑦

�2

𝑑𝑦 = � 𝑦(𝐿𝑛𝑦)2�2

𝑥+ 2

𝑥

2�

1(𝐿𝑛𝑦)3 𝑑𝑦

𝑥

2

⟹ 𝐼1 = 𝑥(𝐿𝑛𝑥)2

− 2(𝐿𝑛2)2

+ 2∫ 1(𝐿𝑛𝑦)3

𝑑𝑦𝑥2

Sea

⟹ 𝐼2 = �1

(𝐿𝑛𝑦)3 𝑑𝑦𝑥

2= � 𝑦

(𝐿𝑛𝑦)3�2

𝑥+ 3�

1(𝐿𝑛𝑦)4 𝑑𝑦

𝑥

2

⟹ 𝐼2 = 𝑥(𝐿𝑛𝑥)3

− 2(𝐿𝑛2)3

+ 3∫ 𝑑𝑦(𝐿𝑛𝑦)4

𝑑𝑦𝑥2

𝑢 =1

(𝐿𝑛𝑦)2 ⟶ 𝑑𝑢 = −2𝑑𝑦

𝑦(𝐿𝑛𝑦)3

𝑑𝑣 = 𝑑𝑦 ⟶ 𝑣 = 𝑦



59

Donde

Aplicando la secuencia de las integraciones realizadas, tendremos que:

𝐼3 =𝑥

(𝐿𝑛𝑥)4 −2

(𝐿𝑛2)4 + 4�𝑑𝑦


2

𝐼4 =𝑥

(𝐿𝑛𝑥)5 −2

(𝐿𝑛2)5 + 5�𝑑𝑦


2

𝐼𝑛−1 =𝑥

(𝐿𝑛𝑥)𝑛 −2

(𝐿𝑛2)𝑛 + 𝑛�𝑑𝑦

(𝐿𝑛𝑦)𝑛+1 𝑑𝑦𝑥

2

De (2)

∴ 𝐹(𝑥) =𝑥𝐿𝑛𝑥

−2𝐿𝑛2

+𝑥

(𝐿𝑛𝑥)2 −2

(𝐿𝑛𝑥)2 + 2 �𝑥

(𝐿𝑛𝑥)3 −𝑥

(𝐿𝑛2)3 + 3 �𝑥

(𝐿𝑛𝑥)4 +𝑥

(𝐿𝑛2)4 + 4[… … . ]��

∴ 𝐹(𝑥) = �𝑥𝐿𝑛𝑥

−2𝐿𝑛2

� + �𝑥

𝐿𝑛2𝑥−

2𝐿𝑛22

� + 2 �𝑥

𝐿𝑛3𝑥−

2𝐿𝑛32

� + (2)(3) �𝑥

𝐿𝑛4𝑥−

2𝐿𝑛42

�… ..

𝐹(𝑥) =𝑥𝐿𝑛𝑥

+𝑥

𝐿𝑛2𝑥+ 2!

𝑥𝐿𝑛3𝑥

+ 3!𝑥

𝐿𝑛4𝑥+ 4!

𝑥𝐿𝑛5𝑥

+ ⋯… … … . +(𝑛 − 1)!𝑥

𝐿𝑛𝑛𝑥+ 𝑛!�

𝑑𝑦(𝑙𝑛𝑦)𝑛+1

𝑥

2

−2�1𝐿𝑛2

+1

𝐿𝑛22+

2!𝐿𝑛32

+3!

𝐿𝑛42+ ⋯… … … … +

(𝑛 − 1)!𝐿𝑛𝑛2

�

𝑢 =1

(𝐿𝑛𝑦)3 ⟶ 𝑑𝑢 = −3𝑑𝑦

𝑦(𝐿𝑛𝑦)4

𝑑𝑣 = 𝑑𝑦 ⟶ 𝑣 = 𝑦



60

Identificando tenemos:

∴ 𝐚𝟎 = −𝟐�(𝐧 − 𝟏)!(𝐥𝐧𝟐)𝐤 ,𝐚𝟏 = 𝟏, 𝐚𝟐 = 𝟏, 𝐚𝟑 = 𝟐, … … … … . 𝐚𝐧 = (𝐧 − 𝟏)!

𝐧

𝐤=𝟏

Rpta

40. Sea la función: 𝑮(𝒕) = ∫ 𝒖𝟐𝒅𝒖; 𝒕 > 𝟎𝒇(√𝒕)𝒇(𝟑) . Sabiendo que

∫ 𝒇(𝒔𝒆𝒄𝒕)𝒅𝒕𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄(𝒕𝒈𝒙)𝝅𝟒

= 𝒔𝒆𝒄𝒙 + 𝑳𝒏(𝒔𝒆𝒄𝒙 − 𝟏);𝒙 ∈ [𝝅𝟒

, 𝝅𝟐

>

Halle 𝑮´(𝟑)

Resolución

Si

𝐺(𝑡) = � 𝑢2𝑑𝑢 → 𝐺´(𝑡) = �𝑓�√𝑡��2𝑓´�√𝑡�.

12√𝑡

… … . . (1)𝑓(√𝑡)

𝑓(3)

Donde

𝐷𝑥 = � 𝑓(𝑠𝑒𝑐𝑡)𝑑𝑡𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑐(𝑡𝑔𝑥)

𝜋4

= 𝐷𝑥(𝑠𝑒𝑐𝑥 + 𝐿𝑛(𝑠𝑒𝑐𝑥 − 1))

⟹ 𝑓[sec (𝑠𝑒𝑐−1(𝑡𝑔𝑥)]𝐷𝑥[𝑠𝑒𝑐−1(𝑡𝑔𝑥] = 𝑠𝑒𝑐𝑥𝑡𝑔𝑥 +𝑠𝑒𝑐𝑥𝑡𝑔𝑥𝑠𝑒𝑐𝑥 − 1

𝑓(𝑡𝑔𝑥).𝑠𝑒𝑐2𝑥

𝑡𝑔𝑥�𝑡𝑔2𝑥 − 1=𝑠𝑒𝑐2𝑥𝑡𝑔𝑥𝑠𝑒𝑐𝑥 − 1

⟹ 𝑓(𝑡𝑔𝑥) =𝑡𝑔2𝑥�𝑡𝑔2𝑥 − 1

𝑠𝑒𝑐𝑥 − 1⟹ 𝑓(𝑡𝑔𝑥) =

𝑡𝑔2𝑥�𝑡𝑔2𝑥 − 1

�1 + 𝑡𝑔2𝑥 − 1



61

𝑜 𝑡𝑎𝑚𝑏𝑖𝑒𝑛 ∶ 𝑓(𝑡𝑔𝑥) = �𝑡𝑔2𝑥 − 1(𝑠𝑒𝑐𝑥 + 1)

⟹ 𝑓(𝑡𝑔𝑥) = �𝑡𝑔2𝑥 − 1 ��𝑡𝑔2𝑥 + 1 + 1� ,ℎ𝑎𝑔𝑎𝑚𝑜𝑠: 𝑧 = 𝑡𝑔𝑥

⟹ 𝑓(𝑧) = �𝑧2 − 1 ��𝑧2 + 1 + 1� = �𝑧4 − 1 + �𝑧2 − 1 … . . (2)

⟹ 𝑓´(𝑧) =2𝑧3

√𝑧4 − 1+

𝑧√𝑧2 − 1

… … … . (3)

𝑠𝑒𝑎 𝑧 = √3 ⟹ 𝐷 (2) 𝑦 (3):𝑓√3 = 2√2 + √2 = 3√2 ˄ 𝑓´�√3 � = 2√6 … … . (4)

𝐷𝑒 (1)𝑠𝑖 𝑡 = 3 → 𝐺´(3) = �𝐹�√3 ��2𝑓´√3 .

12√3

𝐺´(3) = �3√2�2

. 2√6.1

2√3 = 18√2

∴ 𝐆´(𝟑) = 𝟏𝟖√𝟐 Rpta

41. Sea una función continua con 𝒇(𝟎) = −𝟏

Se define:

𝑯(𝒙) = � (𝒙 − 𝟏)𝒇(𝒕)𝒅𝒕𝒙

𝟎

Hallar la derivada de 𝑯 para 𝒙 = 𝟎, o sea 𝑫𝑯(𝟎)



62

Resolución

La expresión se puede escribir como:

𝐻(𝑥) = (𝑥 − 1)� 𝑓(𝑡)𝑑𝑡𝑥

0; 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜

𝐻´(𝑥) = (𝑥 − 1)´� 𝑓(𝑡)𝑑𝑡𝑥

0+ (𝑥 − 1)𝐷𝑋 � 𝑓(𝑡)𝑑𝑡

𝑥

0

𝐻´(𝑥) = � 𝑓(𝑡)𝑑𝑡𝑥

0+ (𝑥 − 1) 𝑓(𝑥); 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 = 0

𝐻´(0) = 0 + (0 − 1) 𝑓(0)

𝐻´(0) = (−1)(−1) = 1

∴ 𝑯´(𝟎) = 𝟏 Rpta

42. ∫ 𝟏𝟐𝒇(𝒙)𝒅𝒙, 𝑺𝒊 𝒇(𝟐𝒙𝟑 + 𝟏) = 𝒙𝟔𝟐𝟏

Resolución

𝑺𝒆𝒂

𝐼 = 12� 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 → 𝐼 = 12𝐹(𝑥)2

1

𝐹(𝑥)

𝐹´(2𝑥3 + 1) = 𝑓(2𝑥3 + 1) → 𝐹´(2𝑥3 + 1) = 𝑥6

𝑥6 𝑻𝒐𝒎𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒂 𝑰𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒍 𝒔𝒆 𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆;



63

1

0

𝐹(2𝑥3 + 1) =𝑥7

7 → 𝑓(𝑥) =

��𝑥−12

3�7

7

𝐹´(𝑥) = ��𝑥 − 1

2�73

×17� =

73𝑥

× (𝑥 − 1)

43

4√23 × 17

= (𝑥 − 1)√𝑥 − 13

12√23

⇒ 𝑓(𝑥) =(𝑥 − 1)√𝑥 − 13

12√23

⇒ 𝐸𝑛 𝐼 = 12�(𝑥 − 1)√𝑥 − 13

12√23 𝑑𝑥 2

1 → 𝐼 =

1√23 � 𝑥 − 1)√𝑥 − 13 𝑑𝑥

2

1

𝑯𝒂𝒄𝒆𝒎𝒐𝒔

𝑥 − 1 = 𝑢3 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 = 1 → 𝑢 = 0

𝑑𝑥 = 3𝑢2𝑑𝑢𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 = 2 → 𝑢 = 1

𝐼 = 1√23 ∫ 𝑢3.𝑢. 3𝑢2𝑑𝑢 → 𝐼 = 3

√23 ∫ 𝑢6𝑑10 𝑢 → 𝐼 = 3

√23 × 𝑢7

710

∴ ∫ 𝟏𝟐 𝒇(𝒙)𝒅𝒙𝟐𝟏 = 𝟑

𝟕 √𝟐𝟑 Rpta

43. ∫ 𝟒√𝟑𝒅𝒙𝟐−𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙

𝝅𝟔�

𝟎

𝐼 = 4√3�𝑑𝑥

√22− 𝑐𝑜𝑠2𝑥

𝜋6�

0

Resolución

𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑡𝑔𝑢

𝑑𝑥 =𝑑𝑢

1 + 𝑢2



64

1√3

0

1√3

0

𝐼 = 4√3∫ 𝑑𝑢(1+𝑢2)(2− 1

𝑢2+1) → 𝐼 = 4√3∫ 𝑑𝑢

(1+𝑢2)(2𝑢2+2−1𝑢2+1

)

𝜋√30

𝜋√30

𝐼 = 4√3�𝑑𝑢

2𝑢2 + 1

𝜋√3

0

𝑬𝒗𝒂𝒍𝒖𝒂𝒏𝒅𝒐

𝑴 = �𝑑𝑢

2𝑢2 + 1 , 𝑢 =

1√2

𝑡𝑔𝜃 ⇒ 𝑑𝑢 =1√2

𝑠𝑒𝑐2𝜃

𝑀 = ∫1√2𝑠𝑒𝑐2𝜃

𝑡𝑔2𝜃+1 → 𝑀 = 1

√2∫ 𝑠𝑒𝑐2𝜃 𝑑𝜃

𝑠𝑒𝑐2𝜃

𝑴 =1√2

�𝑑𝜃 → 𝑀 =1√2

𝜃 → 𝑀 =1√2

𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (√2𝑢)

𝑬𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔

𝐼 = 4√3 �1√2

𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 �√2𝑢��

𝐼 =4√3√2

�𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 �√2𝑢��

𝐼 =4√3√2

�𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 �√2√3� − 0� → 𝐼 =

4√62

�𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔�√6�

3�

∴ ∫ 𝟒√𝟑𝒅𝒙𝟐−𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙

= 𝟐√𝟔𝝅𝟔�

𝟎 �𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 �√𝟔�𝟑� Rpta



65

𝜋2

0

44. 𝑰 = ∫ �𝟑𝒔𝒆𝒏𝒙−𝟐𝒄𝒐𝒔𝒙𝟐𝒔𝒆𝒏𝒙+𝟑𝒄𝒐𝒔𝒙

� 𝒅𝒙𝝅𝟐�

𝟎

𝐼 = − � �2𝑐𝑜𝑠𝑥 − 3𝑠𝑒𝑛𝑥2𝑠𝑒𝑛𝑥 + 3𝑐𝑜𝑠𝑥

� 𝑑𝑥𝜋2�

0

Resolución

𝐼 = − [𝑙𝑛(2𝑠𝑒𝑛𝑥 + 3𝑐𝑜𝑠𝑥)] 𝐼 = − �ln �2𝑠𝑒𝑛

𝜋2

+ 3𝑐𝑜𝑠𝜋2� − ln(2𝑠𝑒𝑛 0 + 3 cos 0)�

𝐼 = − ln(2) + ln (3)

∴ 𝑰 = ∫ �𝟑𝒔𝒆𝒏𝒙−𝟐𝒄𝒐𝒔𝒙𝟐𝒔𝒆𝒏𝒙+𝟑𝒄𝒐𝒔𝒙

� 𝒅𝒙 = 𝒍𝒏(𝟑𝟐)

𝝅𝟐�

𝟎 Rpta

45. 𝑰 = ∫ 𝒆𝒙√𝒆𝒙−𝟏(𝒆𝒙+𝟑)𝟑

𝒍𝒏𝟓𝟎 𝒅𝒙

𝑯𝒂𝒄𝒆𝒎𝒐𝒔 𝑢 = 𝑒𝑥 → 𝑙𝑛𝑢 = 𝑥

𝑑𝑥 =𝑑𝑢𝑢

Resolución

𝐼 = ∫ 𝑢√𝑢−1(𝑢+3)3 �

𝑑𝑢𝑢� → 𝐼 = ∫ 𝑢√𝑢−1

(𝑢+3)3𝑑𝑢 5

151



66

𝑯𝒂𝒄𝒆𝒎𝒐𝒔 𝑢 − 1 = 𝑡2 𝑑𝑢 = 2𝑡𝑑𝑡

𝐼 = �𝑡(2𝑡𝑑𝑡)

(𝑡2 + 4)3 → 𝐼 = 2

2

0�

𝑡2𝑑𝑡(𝑡2 + 4)3

2

0

𝑯𝒂𝒄𝒆𝒎𝒐𝒔 𝑡 = 2𝑡𝑔𝜃 𝑑𝑡 = 2𝑠𝑒𝑐2𝜃𝑑𝜃

𝐼 = �4𝑡𝑔2𝜃(2𝑠𝑒𝑐2𝜃𝑑𝜃)

(4𝑠𝑒𝑐2𝜃)3

𝜋4

0 → 𝐼 = 16�

𝑡𝑔2𝜃𝑠𝑒𝑐2𝜃𝑑𝜃64𝑠𝑒𝑐6𝜃

𝜋4

0

𝐼 = 14 ∫

𝑡𝑔2𝜃𝑑𝜃𝑠𝑒𝑐4𝜃

𝜋40 → 𝐼 = 1

4 ∫ �𝑠𝑒𝑛2𝜃

𝑐𝑜𝑠2𝜃�

𝜋40 (𝑐𝑜𝑠4𝜃)𝑑𝜃

𝐼 =14� 𝑠𝑒𝑛2𝜃𝑐𝑜𝑠2𝜃 𝑑𝜃

𝜋4

0

𝐼 =14� (1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃) 𝑐𝑜𝑠2𝜃 𝑑𝜃

𝜋4

0

𝐼 =14�� 𝑐𝑜𝑠2𝜃 𝑑𝜃 −

𝜋4

𝑜� 𝑐𝑜𝑠4𝜃 𝑑𝜃

𝜋4

𝑜�

𝐼 =14��

1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃2

� 𝑑𝜃 − 𝜋4

𝑜� �


�2

𝑑𝜃𝜋4

𝑜�

𝐼 =1 4�12� (1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃) 𝑑𝜃 −

14� (1 + 𝑐𝑜𝑠22𝜃 + 2𝑐𝑜𝑠2𝜃) 𝑑𝜃

𝜋4

𝑜

𝜋4

𝑜�

𝐼 =1 8�� 𝑑𝜃 + � 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑑𝜃

𝜋4

0−

12�� 𝑑𝜃

𝜋4

0+ � 𝑐𝑜𝑠22𝜃𝑑𝜃 + 2

𝜋4

0� 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑑𝜃

𝜋4

0�

𝜋4

𝑜�

𝐼 =1 8�� 𝑑𝜃 + � 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑑𝜃

𝜋4

0−

12� 𝑑𝜃

𝜋4

0−

12� �


�𝑑𝜃 − � 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑑𝜃𝜋4

0

𝜋4

0

𝜋4

𝑜�



67

𝐼 =1 8�12� 𝑑𝜃 −

14� (1 + 𝑐𝑜𝑠4𝜃)𝑑𝜃

𝜋4

0

𝜋4

𝑜�

𝐼 =1 16

�� 𝑑𝜃 −12�� 𝑑𝜃

𝜋4

0+ � 𝑐𝑜𝑠4𝜃𝑑𝜃

𝜋4

0�

𝜋4

𝑜�

𝐼 =1 16

�� 𝑑𝜃 −12� 𝑑𝜃

𝜋4

0− � 𝑐𝑜𝑠4𝜃𝑑𝜃

𝜋4

0

𝜋4

𝑜�

𝐼 =1 16

�12� 𝑑𝜃 −

14� 𝑐𝑜𝑠4𝜃𝑑𝜃

𝜋4

0

𝜋4

𝑜�

𝐼 =1 32

�� 𝑑𝜃 −14� 𝑐𝑜𝑠4𝜃𝑑𝜃

𝜋8

0

𝜋4

𝑜�

𝐼 =1 32

�𝜃 −14

(𝑠𝑒𝑛4𝜃)�

𝐼 =1 32

�𝜋4−

14

(1 − 0)�

𝐼 =1 32

�𝜋4−

14�

𝐼 =𝜋 − 1128

∴ 𝑰 = ∫ 𝒆𝒙√𝒆𝒙−𝟏(𝒆𝒙+𝟑)𝟑

𝒍𝒏𝟓𝟎 𝒅𝒙 = 𝝅−𝟏

𝟏𝟐𝟖 Rpta

46. ∫ �𝟑𝒙+𝟐𝟑+𝒙𝟐

�𝟒𝟎

Resolución

𝜋4

0

𝜋8

0



68

𝑓(𝑥)

� �𝟑𝒙 + 𝟐𝟑 + 𝒙𝟐

�𝟒

𝟎

Evaluando la función 𝑓(𝑥) = 3𝑥+2

3+𝑥2 ,𝑔(𝑥) = �3𝑥+2

3+𝑥2� hallando intervalos en

los que es creciente o decreciente.

�3𝑥 + 23 + 𝑥2

� ´ =(3𝑥 + 2)´(3 + 𝑥2) − (3 + 𝑥2)´(𝑥 + 2)

(3 + 𝑥2)2

⟹ 𝑓´(𝑥) =−3𝑥2 − 4𝑥 + 9

(3 + 𝑥2)2

−3𝑥2−4𝑥+9

(3+𝑥2)2= 0

𝑥 =√31 − 2

3≈ 1,189

↪ 𝑓´(𝑥) > 0 , 𝑥 ∈ �0;√31 − 2

3�

↪ 𝑓´(𝑥) < 0 , 𝑥 ∈ �√31 − 2

3; 4�

⟹ 𝑓(𝑥) �𝑥 ∈ �0;√31 − 2

3� , 𝑓(𝑥) ∈ �

23

; 1,26��

⟹ 𝑔(𝑥) = �3𝑥 + 23 + 𝑥2

� 𝑆𝑒 𝑑𝑒𝑑𝑢𝑐𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎 𝑢𝑛𝑖𝑐𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑒𝑛𝑡𝑒𝑟𝑎 𝑒𝑠 1

⟹� �3𝑥 + 23 + 𝑥2

� 𝑑𝑥4

0= � 1𝑑𝑥

4

0= �𝑥|4𝑥 = 4

∴ ∫ �𝟑𝒙+𝟐𝟑+𝒙𝟐

�𝒅𝒙 = 𝟒𝟒𝟎 Rpta



69

𝑥 = 4 → 𝑡 =𝜋6

𝑥 = 0 → 𝑡 = 𝑜

47. ∫ 𝒙√𝟔𝟒 − 𝒙𝟐𝟑𝟒𝟎

Resolución

Sea 𝑥 = 8𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑑𝑥 = 8𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑑𝑡

� 8𝑠𝑒𝑛𝑡�64 − (8𝑠𝑒𝑛𝑡)23 8𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑑𝑡𝜋6

0

� 8𝑠𝑒𝑛𝑡�64(1 − 𝑠𝑒𝑛2𝑡)3 8𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑑𝑡𝜋6

0

� 8𝑠𝑒𝑛𝑡. 4 𝑐𝑜𝑠23𝑡. 8𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑑𝑡

𝜋6

0

256� 𝑠𝑒𝑛𝑡. 𝑐𝑜𝑠53𝑡. 𝑑𝑡

𝜋6

0

−256� 𝑐𝑜𝑠53𝑡. 𝑑(𝑐𝑜𝑠𝑡) = −256.

𝑐𝑜𝑠83𝑡

83

𝜋6

0= 0,612

∴ ∫ 𝒙√𝟔𝟒 − 𝒙𝟐𝟑 =𝟒𝟎 𝟎,𝟔𝟏𝟐 Rpta

48. ∫ 𝒅𝒙

𝒙𝟑(𝟏+𝒙𝟑)𝟒𝟑

𝟏−𝟏



70

𝑥 = 1 → 𝑡 = 1

𝑥 = −1 → 𝑡 = −1

𝑡 = 1 → 𝑡 = 213

𝑡 = −1 → 𝑡 = 0

Resolución

�𝑑𝑥

𝑥3(1 + 𝑥3)43

1

−1= lim

ℰ→O+� 𝑥−3(1 + 𝑥3)

−43

1

−1𝑑𝑥

𝑥3 = 𝑡 → 𝑥 = 𝑡13

Sea

3𝑥2𝑑𝑥 = 𝑑𝑡

𝑑𝑥 =𝑑𝑡

3𝑥2

𝑑𝑥 =𝑑𝑡

3𝑡23

⟹ limℰ→O+

� 𝑥−3(1 + 𝑥3)−43

1

−1𝑑𝑥 = lim

ℰ→O+� 𝑡−1(1 + 𝑡)

−43

1

−1.𝑑𝑡

3𝑡23

⟹ limℰ→O+

13� 𝑡

−53

1

−1(1 + 𝑡)

−43 𝑑𝑡

Sea

𝑢3 = (1+𝑡)

𝑡 ⟶ 𝑡 = 1

𝑢3−1

𝑑𝑡 = −3𝑢2(𝑢3 − 1)−2𝑑𝑢

⟹ limℰ→O+

13� 𝑡

−53

213

0(1 + 𝑡)

−43 𝑑𝑡

limℰ→O+

13� ((𝑢3 − 1)−1)

−53

213

𝑜(1 + (𝑢3 − 1)−1)

−43 (−1)3𝑢2(𝑢3 − 1)−2𝑑𝑢



71

= limℰ→O+

−� (𝑢3 − 1)𝑢−2213

𝑜𝑑𝑢 = lim

ℰ→O+−� �𝑢 −

1𝑢2� 𝑑𝑢

213

𝑜

= −�� 𝑢𝑑𝑢213

𝑜− �

1𝑢2𝑑𝑢

213

𝑜� ≈ 4 × 10−3

∴ ∫ 𝒅𝒙

𝒙𝟑(𝟏+𝒙𝟑)𝟒𝟑

=𝟏−𝟏 𝟒 × 𝟏𝟎−𝟑 Rpta

49. 𝑰 = ∫ 𝒅𝒙(𝒙+𝟏)𝟑�𝐥𝐧(𝟏+𝒙)

∞𝟎


𝑢 = 𝑙𝑛(1 + 𝑥) → 𝑒𝑢 = 1 + 𝑥

𝑑𝑥 = 𝑒𝑢𝑑𝑢

Resolución

𝐼 = �𝑒𝑢𝑑𝑢𝑒3𝑢√u

∞

0 → 𝐼 = � 𝑒−2𝑢𝑢

−12 𝑑𝑢

∞

0


2𝑢 = 𝑡 → 𝑢 =𝑡2

𝑑𝑢 =𝑑𝑡2

𝐼 = � 𝑒−𝑡 �𝑡2�−12 𝑑𝑡

2

∞

0 → 𝐼 =

1√2

� 𝑒−𝑡𝑡−12 𝑑𝑡

∞

0

𝐼 =1√2

� 𝑒−𝑡𝑡12−1𝑑𝑡

∞

0



72

𝐼 =1√2

𝑟 �12�

𝐼 =1√2

√𝜋 → 𝐼 = �𝜋2

∴ 𝑰 = ∫ 𝒅𝒙(𝒙+𝟏)𝟑�𝒍𝒏(𝟏+𝒙)

∞𝟎 = �𝝅

𝟐 Rpta

50. 𝑰 = ∫ 𝒙√𝟔𝟒 − 𝒙𝟑𝟑 𝒅𝒙𝟒𝟎


Resolución

𝑥3 = 64𝑠𝑒𝑛2𝜃 → 𝑥 = 4𝑠𝑒𝑛23 𝜃

𝑑𝑥 = 4 �23� 𝑠𝑒𝑛

−13 𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃

𝐼 = � 4𝑠𝑒𝑛23 𝜃

𝜋2

0�64− 64𝑠𝑒𝑛2𝜃3

�83𝑠𝑒𝑛

−13 𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃�

𝐼 =323� 𝑠𝑒𝑛

13 𝜃

𝜋2

0�4�𝑐𝑜𝑠2𝜃

3� 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃

𝐼 =128

3� 𝑠𝑒𝑛

13 𝜃

𝜋2

0𝑐𝑜𝑠

53𝜃𝑑𝜃

𝐼 =128

3� 𝑠𝑒𝑛2�

23 �−1𝜃

𝜋2

0𝑐𝑜𝑠2�

43�−1𝜃𝑑𝜃

𝐼 =128

3�12𝐵 �

23

;43�� → 𝐼 =

64 3�𝑟 �2

3� . 𝑟(4

3)

𝑟(2)�



73

𝜋 2

−𝜋2

𝜋4

0

𝐼 =64 3�13𝑟 �1

3� . 𝑟(2

3)

1� → 𝐼 =

64 9�𝑟 �

13� . 𝑟(1 −

13

)�

𝐼 =64 9�

𝜋𝑠𝑒𝑛(𝜋

3)� → 𝐼 =

64 9�

2𝜋√3� → 𝐼 =

128√327

𝜋

∴ 𝑰 = ∫ 𝒙√𝟔𝟒 − 𝒙𝟑𝟑 𝒅𝒙 =𝟒𝟎

𝟏𝟐𝟖√𝟑𝟐𝟕

𝝅 Rpta

51. 𝑰 = ∫ 𝒅𝒙�𝒙𝟐+𝟏�(𝒙𝟐−𝟐𝒙𝒄𝒐𝒔𝒌+𝟏)

+∞−∞

𝑯𝒊𝒑ó𝒕𝒆𝒔𝒊𝒔:

Resolución

𝑀 = �𝑑𝑥

(𝑥2 + 1)

+∞

−∞ ; 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒

𝑷𝒓𝒖𝒆𝒃𝒂 𝑥 = 𝑡𝑎𝑔𝜃 𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑐2𝜃

𝑀 = �𝑠𝑒𝑐2𝜃𝑠𝑒𝑐4𝜃

𝜋2

−𝜋2

𝑑𝜃 → 𝑀 = � 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝜋2

−𝜋2

𝑑𝜃

𝑀 = � �1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃

2�

𝜋2

−𝜋2

𝑑𝜃 → 𝑀 =12�� 𝑑𝜃

𝜋2

−𝜋2

+ � 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝜋2

−𝜋2

𝑑𝜃�

𝑀 =12�𝜃 + 4� 𝑐𝑜𝑠2𝜃

𝜋4

0 𝑑𝜃�

𝑀 =12��𝜋2

+𝜋2� + 4 �

𝑠𝑒𝑛2𝜃2

��



74

√52

1

√7

√5√2

√5√2

√5√3

√5√3

√52

𝑀 =12�𝜋 + 2 �𝑠𝑒𝑛

𝜋2− 𝑠𝑒𝑛0��

𝑀 =12

[𝜋 + 2(1)] → 𝑀 =𝜋 + 2

2

𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝐼𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 (𝑥2 − 2𝑥𝑐𝑜𝑠𝑘 + 1) = (𝑥2 + 1) → 2𝑥𝑐𝑜𝑠𝑘 = 0

∴ 𝒌 = (𝟐𝒏+𝟏)𝝅𝟐

,𝒏 ∈ ℤ Rpta

52. 𝑰 = ∫ 𝒙𝟐 �𝟐⟦𝒙⟧+𝟑𝒙𝟐

� 𝒅𝒙𝟒𝟏

𝐼 = � 𝑥2 �5𝑥2�

2

1𝑑𝑥 + � 𝑥2 �

7𝑥2�

3

2𝑑𝑥 + � 𝑥2 �

9𝑥2�

4

3𝑑𝑥

Resolución

𝐼 = � 4𝑥2𝑑𝑥 +√52

1� 3𝑥2𝑑𝑥 +

√5√3

√52

� 2𝑥2𝑑𝑥 +√5√2

√5√3

� 𝑥2𝑑𝑥2

√5√2

+ � 𝑥2𝑑𝑥√7

2+ � 0𝑑𝑥 +

3

√7� 0𝑑𝑥4

3

𝐼 = 4�𝑥3

3� + 3�

𝑥3

3� + 2�

𝑥3

3� + �

𝑥3

3�

𝐼 =43�

5√58

− 1� + �5√53√3

−5√5

8� +

23�

5√52√2

−5√53√3

� +13�7√7 −

5√52√2

�

𝐼 =5√5

6−

13

+5√53√3

−5√5

8+

5√53√2

−10√59√3

+7√7

3−

5√56√2

𝐼 =5√5

6−

13

+5√15

9−

5√58

+5√10

6−

10√1527

+7√7

3−

5√1012



75

𝐼 =5√5

6−

5√58

+5√15

9−

10√1527

+5√10

6−

5√1012

+7√7

3−

13

𝐼 =20√5 − 15√5

24+

15√15 − 10√1527

+10√10 − 5√10

12+

7√73

−13

∴ 𝑰 = 𝟓√𝟓𝟐𝟒

+ 𝟏𝟓√𝟏𝟓𝟐𝟕

+ 𝟓√𝟏𝟎𝟏𝟐

+ 𝟕√𝟕𝟑− 𝟏

𝟑 Rpta

53. ∫ 𝟏+𝒙𝟐

�𝟒−𝒙𝟐�𝟓𝟐

𝒅𝒙√𝟑−𝟏

�1 + 𝑥2

��4 �1 − �𝑥2�2��5

𝑑𝑥√3

−1

�1 + 𝑥2

32��1 − �𝑥2�2�5

𝑑𝑥√3

−1

Resolución

𝑷𝒐𝒓 𝑺𝒖𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒄𝒊ó𝒏 𝒕𝒓𝒊𝒈𝒐𝒏𝒐𝒎é𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂

⇒ �(1 + 4𝑠𝑒𝑛2𝜃)2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃

32�[1 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃]5=

√3

−1�

(1 + 4𝑠𝑒𝑛2𝜃)𝑑𝜃16𝑐𝑜𝑠4𝜃

√3

−1

𝑥2

= 𝑠𝑒𝑛𝜃




76

√3

−1

√3

−1

√3

−1

⇒ 1

16 ��

𝑑𝜃𝑐𝑜𝑠4𝜃

+√3

−1�

𝑠𝑒𝑛2𝜃𝑑𝜃𝑐𝑜𝑠4𝜃

√3

−1�

⇒ 1

16 �� 𝑠𝑒𝑐4𝜃𝑑𝜃 +

√3

−1� 𝑡𝑔2𝜃 𝑠𝑒𝑐2𝜃𝑑𝜃√3

−1�

⇒ 1

16 �� 𝑠𝑒𝑐2𝜃(1 + 𝑡𝑔2𝜃)𝑑𝜃 +

√3


−1�

⇒ 1

16 �� 𝑠𝑒𝑐2𝜃𝑑𝜃 + � 𝑠𝑒𝑐2𝜃𝑡𝑔2𝜃𝑑𝜃 +

√3

−1+

√3


−1�

⇒ 1

16 �𝑡𝑔𝜃 +

𝑡𝑔3𝜃3

+𝑡𝑔3𝜃

3�

⇒ 1

16 �𝑡𝑔𝜃 +

2𝑡𝑔3𝜃3

�

⇒ 116

⎣⎢⎢⎢⎡

𝑥2

�1−�𝑥2�2 +

2�𝑥2

�1−�𝑥2�2�

3

3

⎦⎥⎥⎥⎤

⇒ 116 � 𝑥

2�1−�𝑥2�2 + 𝑥3

12��1−�𝑥2�2�3�

⇒ 1

16

⎣⎢⎢⎢⎡

⎝

⎜⎛ √3

2�1 − 34

+�√3�

3

12��1 − 34�3

⎠

⎟⎞−

⎝

⎜⎛ −1

2�1 − 14

+−1

12 ��1 − 14�3

⎠

⎟⎞

⎦⎥⎥⎥⎤

√3

−1



77

Ln2

0

⇒ 1

16 ��√3 +

2�√3�3

3� − �

−1√3

+−2

3�√3�3��

⇒ 1

16 �√3 +

2�√3�3

3+√33

+2

3�√3�3� =

116

�√3 +2�√3�

3

3+√33

+2√33 .33

�

⇒

116

�4√3

3+

56√381

�

∴ ∫ 𝟏+𝒙𝟐

�𝟒−𝒙𝟐�𝟓𝟐

𝒅𝒙 = √𝟑𝟏𝟐

+ 𝟕√𝟑𝟏𝟔𝟐

√𝟑−𝟏 Rpta

54. 𝑰 = ∫ √𝒆𝒙 − 𝟏 𝒅𝒙𝑳𝒏𝟐𝟎

Resolución

𝑺𝒆𝒂

𝑢2 = 𝑒𝑥 − 1 → 2𝑢𝑑𝑢 = 𝑒𝑥𝑑𝑥

2𝑢𝑑𝑢 = (𝑢2 + 1)𝑑𝑥

𝑑𝑥 =2𝑢 𝑑𝑢

(𝑢2 + 1)

⟹ 𝐼 = ��𝑢22𝑢 𝑑𝑢

(𝑢2 + 1) =�𝑢. 2𝑢 𝑑𝑢(𝑢2 + 1) = 2�

𝑢2

(𝑢2 + 1)𝑑𝑢

⟹ 𝐼 = 2∫ �1 − 1 (𝑢2+1)�𝑑𝑢 = 2 �∫ 𝑑𝑢 − ∫ 𝑑𝑢

(𝑢2+1)�

⟹ 𝐼 = 2[𝑢 − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑢] = 2�√𝑒𝑥 − 1 − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔√𝑒𝑥 − 1�



78

⟹ 𝐼 = 2 ��𝑒𝐿𝑛2 − 1 − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔�𝑒𝐿𝑛2 − 1� − ��𝑒0 − 1 − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔�𝑒0 − 1��

⟹ 𝐼 = 2�((2 − 1) − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(2 − 1)) − �√1 − 1 − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔√1 − 1��

⟹ 𝐼 = 2[(1 − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(1)) − (0 − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔0)]

⟹ 𝐼 = 2 �1 −𝜋4− 0� = 2 �

4 − 𝜋4

�

∴ 𝑰 = 𝟒−𝝅𝟐

Rpta

55. 𝑹𝒆𝒔𝒐𝒍𝒗𝒆𝒓 𝒍𝒂 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊ó𝒏

�𝒅𝒙

𝒙√𝒙𝟐 − 𝟏=

𝝅𝟏𝟐

𝒙

√𝟐

Resolución

𝐻𝑎𝑙𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑒:

∫ 𝑑𝑥𝑥√𝑥2−1

= 𝑎𝑟𝑐 sec(𝑥) = 𝜋12

𝑥√2

𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑐𝑥 − 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑐√2 =

𝜋12

• 𝑳𝒖𝒆𝒈𝒐

𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑐𝑥 = 𝜋

12+ 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑐√2

𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑐𝑥 =𝜋12

+𝜋4

𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑐𝑥 =𝜋3

𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑐√2 =𝜋4

x

√2



79

2

1

𝑥 = 𝑠𝑒𝑐𝜋3

𝑥 =1

𝑐𝑜𝑠 𝜋3

𝑥 =1

12�

∴ 𝒙 = 𝟐 Rpta

56. 𝑰 = ∫�𝟒−𝒙𝟐

𝒙𝟔 𝒅𝒙𝟐

𝟏

Resolución


⟹ 𝐼 = �√4 − 4𝑠𝑒𝑛2𝜃

64𝑠𝑒𝑛6𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃

2

1= �

2𝑐𝑜𝑠2𝜃64𝑠𝑒𝑛6𝜃

𝑑𝜃 =1

32�

𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑠𝑒𝑛6𝜃

𝑑𝜃2

1

2

1

⟹ 𝐼 =1

32� 𝑐𝑡𝑔4𝜃𝑐𝑠𝑐2𝜃𝑑𝜃2

1=

132

� 𝑐𝑡𝑔2𝜃(1 + 𝑐𝑡𝑔2𝜃)𝑐𝑠𝑐2𝜃𝑑𝜃2

1

⟹ 𝐼 =1

32�� 𝑐𝑡𝑔2𝜃𝑐𝑠𝑐2𝜃𝑑𝜃 + � 𝑐𝑡𝑔4𝜃𝑐𝑠𝑐2𝜃𝑑𝜃

2

1

2

1�

⟹ 𝐼 =1

32�−𝑐𝑡𝑔3𝜃

3+−𝑐𝑡𝑔5𝜃

5� =

132

�−�√4 − 𝑥2�

3

3𝑥3−�√4 − 𝑥2�

5

5𝑥5�

⟹ 𝐼 =−�√4 − 𝑥2�

3

96𝑥3−�√4 − 𝑥2�

5

160𝑥5

𝑥2

= 𝑠𝑒𝑛𝜃




80

⟹ 𝐼 = �−�√4 − 𝑥2�

3

96𝑥3−�√4 − 𝑥2�

5

160𝑥5� − �−

�√4 − 𝑥2�3

96𝑥3−�√4 − 𝑥2�

5

160𝑥5�

⟹ 𝐼 = 0 +�√3�

3

96+�√3�

5

160

∴ 𝑰 = �√𝟑�𝟑

𝟗𝟔+ �√𝟑�

𝟓

𝟏𝟔𝟎 Rpta

57. 𝑰 = ∫ 𝒅𝒙

𝒙(𝒙𝟐+𝟗)𝟑𝟐

𝟑√𝟑𝟑

Resolución

𝑺𝒆𝒂

⟹ 𝐼 = �𝑢𝑑𝑢𝑥

𝑥 𝑢3=

3√3

3�

𝑢𝑑𝑢𝑥2 𝑢3

=3√3

3�

𝑑𝑢(𝑢2 − 9) 𝑢2

3√3

3

Por sustitución trigonométrica

𝑢2 = 𝑥2 + 9

2𝑢𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥 → 𝑑𝑥 =𝑢𝑑𝑢𝑥

𝑢3

= 𝑠𝑒𝑐𝜃

𝑑𝑢 = 3𝑠𝑒𝑐𝜃𝑡𝑔𝜃𝑑𝜃



81

3√3

3

⟹ 𝐼 = �3𝑠𝑒𝑐𝜃𝑡𝑔𝜃𝑑𝜃

(9𝑠𝑒𝑐2𝜃 − 9)9𝑠𝑒𝑐2𝜃

3√3

3= �

𝑡𝑔𝜃𝑑𝜃(9𝑡𝑔2𝜃)3𝑠𝑒𝑐𝜃

3√3

3

⟹ 𝐼 =1

27�

𝑑𝜃𝑡𝑔𝜃 𝑠𝑒𝑐𝜃

=1

27�


𝑑𝜃 =3√3

3

3√3

3

127

�(1 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃)

𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃

3√3

3

⟹ 𝐼 =1

27��

𝑑𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃

− � 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃3√3

3

3√3

3� =

127

�� 𝑐𝑠𝑐𝜃 𝑑𝜃 − � 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃3√3

3

3√3

3�

⟹ 𝐼 = 𝐿𝑛|𝑐𝑠𝑐𝜃 − 𝑐𝑡𝑔𝜃| + 𝑐𝑜𝑠𝜃

⟹ 𝐼 = 𝐿𝑛 �𝑢

√𝑢2 − 9−

3√𝑢2 − 9

� +3𝑢

⟹ 𝐼 = 𝐿𝑛 � √𝑥2+9

�√𝑥2+92−9− 3

�√𝑥2+92−9�+ 3

√𝑥2+9

⟹ 𝐼 = �𝐿𝑛 �6

27−

327� +

36 � − �𝐿𝑛 �

√189

−39� +

3√18

�

⟹ 𝐼 = �𝐿𝑛 �19� +

36 � − �𝐿𝑛 �

√18 − 39

� +3

√18 �

∴ 𝑰 = 𝑳𝒏 � 𝟏√𝟏𝟖−𝟑

� + 𝟗−√𝟏𝟖 𝟏𝟖

Rpta

58. ∫ 𝟒√𝟑𝒅𝒙𝟐−𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙

𝝅𝟔�

𝟎

Resolución



82

1√3

0

1√3

0

𝐼 = 4√3∫ 𝑑𝑥

√22−𝑐𝑜𝑠2𝑥

𝜋6�

0

𝐼 = 4√3∫ 𝑑𝑢(1+𝑢2)(2− 1

𝑢2+1) → 𝐼 = 4√3∫ 𝑑𝑢

(1+𝑢2)(2𝑢2+2−1𝑢2+1 )

𝜋√30

𝜋√30

𝐼 = 4√3�𝑑𝑢

2𝑢2 + 1

𝜋√3

0

𝑬𝒗𝒂𝒍𝒖𝒂𝒏𝒅𝒐

𝑴 = �𝑑𝑢

2𝑢2 + 1 , 𝑢 =

1√2

𝑡𝑔𝜃 ⇒ 𝑑𝑢 =1√2

𝑠𝑒𝑐2𝜃

𝑀 = ∫1√2𝑠𝑒𝑐2𝜃

𝑡𝑔2𝜃+1 → 𝑀 = 1

√2∫ 𝑠𝑒𝑐2𝜃 𝑑𝜃

𝑠𝑒𝑐2𝜃

𝑴 =1√2

�𝑑𝜃 → 𝑀 =1√2

𝜃 → 𝑀 =1√2

𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 (√2𝑢)

𝑬𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔

𝐼 = 4√3 �1√2

𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 �√2𝑢�� =4√3√2

�𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 �√2𝑢��

𝐼 =4√3√2

�𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔 �√2√3� − 0� → 𝐼 =

4√62

�𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔�√6�

3�

∴ ∫ 𝟒√𝟑𝒅𝒙𝟐−𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙

= 𝟐√𝟔𝝅𝟔�

𝟎 �𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 �√𝟔�𝟑� Rpta

59. ∫ �𝒙𝟐 − �𝒙𝟐��𝒅𝒙𝟐−𝟏

Resolución

𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑡𝑔𝑢 → 𝑑𝑥 =𝑑𝑢

1 + 𝑢2



83

0 -1

−1 ≤ 𝑥 ≤ 2 0 ≤ 𝑥2 ≤ 4 ⇒ ⟦𝑥2⟧ = 0

⇒ 𝐼 = � |𝑥2 − 0|𝑑𝑥 = � |𝑥2|𝑑𝑥 + � |𝑥2|𝑑𝑥 + � |𝑥2|𝑑𝑥 =2

1

1

0

0

−1

2

−1

• 𝐼1 = ∫ |𝑥2|𝑑𝑥 = ∫ 𝑥2𝑑𝑥 = 𝑥3

30−1

0−1 = −(−1)3

3= 1

3

−1 ≤ 𝑥 ≤ 2 0 ≤ 𝑥2 ⇒ |𝑥2| = 𝑥2

• 𝐼2 = ∫ |𝑥2|𝑑𝑥10 = ∫ 𝑥2𝑑𝑥1

0 = 𝑥3

3= 1

3

0 ≤ 𝑥 ≤ 2 0 ≤ 𝑥2 ≤ 1 ⇒ |𝑥2| = 𝑥2

• 𝐼3 = ∫ |𝑥2|𝑑𝑥 =21 ∫ 𝑥2𝑑𝑥2

1 = 𝑥3

3= 8

3

1 ≤ 𝑥 ≤ 2 1 ≤ 𝑥2 ≤ 4 ⇒ |𝑥2| = 𝑥2

𝐼 =13

+13

+83

=103

∴ 𝑰 = 𝟏𝟎𝟑

Rpta

𝐼1 𝐼2 𝐼3



84

60. 𝑯𝒂𝒍𝒍𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒄𝒖𝒓𝒗𝒂

𝒚 = 𝑳𝒏𝒆𝒙 + 𝟏𝒆𝒙 − 𝟏 𝒅𝒆𝒔𝒅𝒆 𝒙 = 𝒂 𝒉𝒂𝒔𝒕𝒂 𝒙 = 𝒃

𝑆𝑒𝑎: 𝑥 = 𝑡 → 𝑦 = 𝐿𝑛𝑒𝑡 + 1𝑒𝑡 − 1

Resolución

⇒ 𝑓(𝑡) = (𝑡, 𝐿𝑛𝑒𝑡 + 1𝑒𝑡 − 1

)

𝑆𝑒𝑎: 𝑓1(𝑡) = 𝑡 ⟶ 𝑓´1(𝑡) = 1

𝑓2(𝑡) = 𝐿𝑛𝑒𝑡 + 1𝑒𝑡 − 1

𝑒𝑡(𝑒𝑡 − 1) − (𝑒𝑡 + 1)𝑒𝑡

(𝑒𝑡 − 1)2 = 𝑒2𝑡 − 𝑒𝑡 − 𝑒2𝑡 − 𝑒𝑡 =−2𝑒𝑡

(𝑒𝑡 − 1)2

⟹ 𝑓2´(𝑡) =

−2𝑒𝑡

(𝑒𝑡−1)2

𝑒𝑡+1𝑒𝑡−1

=(−2𝑒𝑡)(𝑒𝑡 − 1)

(𝑒𝑡 − 1)2(𝑒𝑡 + 1)=

−2𝑒𝑡

(𝑒2𝑡 − 1)

⟹ 𝑓´(𝑡) = �1,−2𝑒𝑡

(𝑒2𝑡 − 1)�

⟹ ⟦𝑓´(𝑡)⟧ = �1 + �−2𝑒𝑡

(𝑒2𝑡 − 1)�2

= �1 +4𝑒2𝑡

(𝑒2𝑡 − 1)2 = �𝑒4𝑡 − 2𝑒2𝑡 + 1 + 4𝑒2𝑡

(𝑒2𝑡 − 1)2

⟹ ⟦𝑓´(𝑡)⟧ = �𝑒4𝑡 + 2𝑒2𝑡 + 1

(𝑒2𝑡 − 1)2 = �(𝑒2𝑡 + 1)2

(𝑒2𝑡 − 1)2 =(𝑒2𝑡 + 1)(𝑒2𝑡 − 1)



85

𝐴 = −1

𝐵 =12

𝐶 =12

⟹ 𝐿 = � ⟦𝑓´(𝑡)⟧𝑑𝑡 =𝑏

𝑎�

(𝑒2𝑡 + 1)(𝑒2𝑡 − 1) 𝑑𝑡 = � �1 +

2𝑒2𝑡 − 1

�𝑑𝑡𝑏

𝑎

𝑏

𝑎

⟹ 𝐿 = � ⟦𝑓´(𝑡)⟧𝑑𝑡 =𝑏

𝑎� 𝑑𝑡𝑏

𝑎+ 2�

𝑑𝑡𝑒2𝑡 − 1

𝑏

𝑎

𝑨 = �𝒅𝒕

𝒆𝟐𝒕 − 𝟏𝒅𝒕

𝒃

𝒂= �

𝑑𝑡(𝑒𝑡)2 − 1

𝑏

𝑎

𝑆𝑒𝑎 𝑢 = 𝑒𝑡 ⟶ 𝑑𝑢 = 𝑒𝑡𝑑𝑡

�𝑑𝑡

(𝑒𝑡)2 − 1𝑑𝑡

𝑏

𝑎= �

𝑑𝑢𝑢(𝑢2 − 1)

=𝑏

𝑎�

𝑑𝑢𝑢(𝑢 − 1)(𝑢 + 1)

𝑏

𝑎

𝑑𝑢𝑢(𝑢 − 1)(𝑢 + 1)

=𝐴𝑢

+𝐵

(𝑢 − 1)+

𝐶(𝑢 + 1)

=𝐴(𝑢2 − 1) + 𝐵𝑢(𝑢 + 1) + 𝐶𝑢(𝑢 − 1)

𝑢(𝑢 − 1)(𝑢 + 1)

1 = 𝐴𝑢2 − 𝐴 + 𝐵𝑢2 + 𝐵𝑢 + 𝐶𝑢2 − 𝐶𝑢

1 = 𝑢2(𝐴 + 𝐵 + 𝐶) + 𝑢(𝐵 − 𝐶) − 𝐴

𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 0

𝐵 − 𝐶 = 0

−𝐴 = 1

⟹�𝑑𝑢

𝑢(𝑢 − 1)(𝑢 + 1)

𝑏

𝑎= −1�

𝑑𝑢𝑢

𝑏

𝑎+

12�

𝑑𝑢(𝑢 − 1)

𝑏

𝑎+

12�

𝑑𝑢(𝑢 + 1)

𝑏

𝑎

⟹�𝑑𝑢

𝑢(𝑢 − 1)(𝑢 + 1)

𝑏

𝑎= −𝐿𝑛|𝑢| +

12𝐿𝑛|𝑢 − 1| +

12𝐿𝑛|𝑢 + 1|

⟹�𝑑𝑢

𝑢(𝑢 − 1)(𝑢 + 1)

𝑏

𝑎= −𝐿𝑛|𝑢| +

12𝐿𝑛|(𝑢 − 1)(𝑢 + 1)| = −𝐿𝑛|𝑢| +

12𝐿𝑛|𝑢2 − 1|



86

b

a

• −1 ≤ x ≤ 32

0 ≤ x2 −12≤

94

1 ≤ x2 + 1 ≤94

+ 1

1 ≤ x2 + 1 ≤134

⇒ ⟦x2 + 1⟧ = 1

𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑢 = 𝑒𝑡

⟹ 𝑨 =12𝐿𝑛� 𝑒𝑡2 − 1� − 𝐿𝑛|𝑒𝑡|

⟹ 𝐿 = � ⟦𝑓´(𝑡)⟧𝑑𝑡 =𝑏

𝑎� 𝑑𝑡𝑏

𝑎+ 2 �

12𝐿𝑛| 𝑒2𝑡 − 1| − 𝐿𝑛|𝑒𝑡|�

⟹ 𝐿 = � ⟦𝑓´(𝑡)⟧𝑑𝑡 =𝑏

𝑎(𝑏 − 𝑎) + 2 �

12𝐿𝑛� 𝑒2𝑏 − 1� − 𝐿𝑛�𝑒𝑏� −

12𝐿𝑛| 𝑒2𝑎 − 1| + 𝐿𝑛|𝑒𝑎|�

⟹ 𝐿 = � ⟦𝑓´(𝑡)⟧𝑑𝑡 =𝑏

𝑎(𝑏 − 𝑎) + 2 �

12𝐿𝑛 �

𝑒2𝑏 − 1 𝑒2𝑎 − 1

� + 𝐿𝑛 �𝑒𝑎

𝑒𝑏��

∴ 𝑳 = ∫ ⟦𝒇´(𝒕)⟧𝒅𝒕 =𝒃𝒂 (𝒃 − 𝒂) + 𝟐 �𝟏

𝟐𝑳𝒏 � 𝒆

𝟐𝒃−𝟏 𝒆𝟐𝒂−𝟏

� + 𝑳𝒏 �𝒆𝒂

𝒆𝒃�� Rpta

61. 𝑰 = ∫ ��𝒙−𝟏𝟐�

‖𝒙𝟐+𝟏‖+ �𝒙𝟐 − 𝒙

𝟐− 𝟏𝟓

𝟔�� 𝒅𝒙

𝟑𝟐−𝟏

Resolución

−1 −12≤ x −

12≤

32−

12

−32≤ x −

12≤ 1

⇒ �𝑥 −12� = −(𝑥 −

12

)

• −1 ≤ x ≤ 32

𝑥2 −𝑥2−

156

𝑥2 −𝑥2

+1

16−

116

−156

�x −14�2

−12348

⇒ −1 ≤ x ≤32

−1 −14≤ x −

14≤

32−

14

−54≤ x −

14≤

54

0 ≤ (x + 1)2 ≤2516

−12348

≤ (x + 1)2 ≤2516

−12348

⇒ �𝒙𝟐 − 𝒙𝟐− 𝟏𝟓

𝟔� = −(𝒙𝟐 − 𝒙

𝟐− 𝟏𝟓

𝟔)



87

32

−1

⟹ 𝐼 = � �−(𝑥 − 1

2)

1+ −(𝑥2 −

𝑥2−

156

)� 𝑑𝑥32

−1

⟹ 𝐼 = � �– 𝑥 +12

− 𝑥2 +𝑥2

+156

)� 𝑑𝑥 = � �−𝑥2– 𝑥 +𝑥2

+ 3)� 𝑑𝑥32

−1

32

−1

⟹ 𝐼 = �−𝑥3

3−

12

.𝑥2

2+ 3𝑥� = −

𝑥3

3−𝑥2

4+ 3𝑥

⟹ 𝐼 = �−98−

916

+92� − �

13−

14− 3� = �

4516� − �

−3512

� =27548

∴ 𝐈 = 𝟐𝟕𝟓𝟒𝟖

Rpta

62. 𝑯𝒂𝒍𝒍𝒂 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒄𝒖𝒓𝒗𝒂 𝒄𝒆𝒓𝒓𝒂𝒅𝒂

𝒙 = 𝟒√𝟐𝒔𝒆𝒏𝒕 𝒚 = 𝒂𝒔𝒆𝒏𝒕

(𝛼) = (4√2𝑠𝑒𝑛𝑡,𝑎𝑠𝑒𝑛𝑡)

(𝛼)´ = (4√2𝑐𝑜𝑠𝑡,𝑎𝑐𝑜𝑠𝑡)

‖𝛼‖ = ��4√2𝑐𝑜𝑠𝑡�2

+ (𝑎𝑐𝑜𝑠𝑡)2

‖𝛼‖ = �16𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝑎2𝑐𝑜𝑠2𝑡

‖𝛼‖ = 𝑐𝑜𝑠𝑡�16 + 𝑎2

Resolución



88

⟹ 𝐿 = �‖𝛼‖𝑑𝑡 = �𝑐𝑜𝑠𝑡�16 + 𝑎2𝑑𝑡

⟹ 𝐿 = �16 + 𝑎2 � 𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡

⟹ 𝐿 = �16 + 𝑎2𝑠𝑒𝑛𝑡 + 𝐾

∴ 𝑳 = √𝟏𝟔 + 𝒂𝟐𝒔𝒆𝒏𝒕 + 𝑲 Rpta

63. 𝑯𝒂𝒍𝒍𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒅𝒆𝒍 𝒂𝒓𝒄𝒐 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒄𝒖𝒓𝒗𝒂 𝒄𝒆𝒓𝒓𝒂𝒅𝒂

𝒙 = 𝒂(𝒕 − 𝒔𝒆𝒏𝒕)

𝒚 = 𝒂(𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝒕)

Resolución

(𝛼) = (𝑎(𝑡 − 𝑠𝑒𝑛𝑡);𝑎(1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡))

(𝛼)´ = (𝑎(1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡);𝑎(𝑠𝑒𝑛𝑡))

‖𝛼‖ = ��𝑎(1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡)�2

+ (𝑎(𝑠𝑒𝑛𝑡))2

‖𝛼‖ = �𝑎2(1 + 𝑐𝑜𝑠2𝑡 − 2𝑐𝑜𝑠𝑡) + 𝑎2𝑠𝑒𝑛2𝑡

‖𝛼‖ = 𝑎�1 + 𝑐𝑜𝑠2𝑡 − 2𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑠𝑒𝑛2𝑡

‖𝛼‖ = 𝑎√2 − 2𝑐𝑜𝑠𝑡 = 𝑎√2√1 − 1𝑐𝑜𝑠𝑡

⟹ 𝐿 = �‖𝛼‖𝑑𝑡 = �𝑎√2√1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡 = 𝑎√2�√1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡

𝑆𝑒𝑎 𝑢2 = 1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡 → 2𝑑𝑢 = 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑑𝑡 → 𝑑𝑡 =2𝑑𝑢

√2 − 𝑢2

⟹ 𝐿 = 𝑎√2�√1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡 = 2𝑎√2�𝑢𝑑𝑢

√2 − 𝑢2=−2𝑎√2

2�

−2 𝑢𝑑𝑢√2 − 𝑢2



89

• −1 ≤ x ≤ 32

0 ≤ x2 −12≤

94

1 ≤ x2 + 1 ≤94

+ 1

1 ≤ x2 + 1 ≤134

⇒ ⟦x2 + 1⟧ = 1

𝑆𝑒𝑎 𝑧 = 2 − 𝑢2 → 𝑑𝑧 = −2𝑢𝑑𝑢

⟹−√2𝑎� −2 𝑢𝑑𝑢√2 − 𝑢2

= −√2𝑎� 𝑑𝑧√𝑧

= −√2𝑎�𝑧−12 𝑑𝑧 = −√2𝑎. 2√𝑧 = −2√2𝑎�2 − 𝑢2

= −2√2𝑎�2 − (1− 𝑐𝑜𝑠𝑡 ) == −2√2𝑎�1 + 𝑐𝑜𝑠𝑡

∴ 𝑳 = 𝟐𝒂√𝟐𝒂√𝟏 + 𝒄𝒐𝒔𝒕 Rpta

64. ∫ ��𝑥−12�

‖𝑥2+1‖+ �𝑥2 − 𝑥

2− 15

6�� 𝑑𝑥

32−1

Resolución

−1 −12≤ x −

12≤

32−

12

−32≤ x −

12≤ 1

⇒ �𝑥 −12� = −(𝑥 −

12

)

• −1 ≤ x ≤ 32

𝑥2 −𝑥2−

156

𝑥2 −𝑥2

+1

16−

116

−156

�x −14�2

−12348

⇒ −1 ≤ x ≤32

−1 −14≤ x −

14≤

32−

14

−54≤ x −

14≤

54

0 ≤ (x + 1)2 ≤2516

−12348

≤ (x + 1)2 ≤2516

−12348

⇒ �𝒙𝟐 − 𝒙𝟐− 𝟏𝟓

𝟔� = −(𝒙𝟐 − 𝒙

𝟐− 𝟏𝟓

𝟔)



90

32

−1

0 -1

⟹ 𝐼 = � �−(𝑥 − 1

2)

1+ −(𝑥2 −

𝑥2−

156

)� 𝑑𝑥32

−1

⟹ 𝐼 = � �– 𝑥 +12

− 𝑥2 +𝑥2

+156

)� 𝑑𝑥 = � �−𝑥2– 𝑥 +𝑥2

+ 3)� 𝑑𝑥32

−1

32

−1

⟹ 𝐼 = �−𝑥3

3−

12

.𝑥2

2+ 3𝑥� = −

𝑥3

3−𝑥2

4+ 3𝑥

⟹ 𝐼 = �−98−

916

+92� − �

13−

14− 3� = �

4516� − �

−3512

� =27548

∴ 𝐈 = 𝟐𝟕𝟓𝟒𝟖

Rpta

65. ∫ �𝒙𝟐 − �𝒙𝟐��𝒅𝒙𝟐−𝟏

Resolución

−1 ≤ 𝑥 ≤ 2 0 ≤ 𝑥2 ≤ 4 ⇒ ⟦𝑥2⟧ = 0

⇒ 𝐼 = � |𝑥2 − 0|𝑑𝑥 = � |𝑥2|𝑑𝑥 + � |𝑥2|𝑑𝑥 + � |𝑥2|𝑑𝑥 =2

1

1

0

0

−1

2

−1

• 𝐼1 = ∫ |𝑥2|𝑑𝑥 = ∫ 𝑥2𝑑𝑥 = 𝑥3

30−1

0−1 = −(−1)3

3= 1

3

−1 ≤ 𝑥 ≤ 2 0 ≤ 𝑥2 ⇒ |𝑥2| = 𝑥2

𝐼1 𝐼2 𝐼3



91

𝑥 = 2𝑠𝑒𝑛𝜃


𝜃 = −𝜋6

𝜃 =𝜋3

• 𝐼2 = ∫ |𝑥2|𝑑𝑥10 = ∫ 𝑥2𝑑𝑥1

0 = 𝑥3

3= 1

3

0 ≤ 𝑥 ≤ 2 0 ≤ 𝑥2 ≤ 1 ⇒ |𝑥2| = 𝑥2

• 𝐼3 = ∫ |𝑥2|𝑑𝑥 =21 ∫ 𝑥2𝑑𝑥2

1 = 𝑥3

3= 8

3

1 ≤ 𝑥 ≤ 2 1 ≤ 𝑥2 ≤ 4 ⇒ |𝑥2| = 𝑥2

∴ 𝑰 = 𝟏𝟑

+ 𝟏𝟑

+ 𝟖𝟑

= 𝟏𝟎𝟑

Rpta

66. ∫ 𝟏+𝒙−�𝟒−𝒙𝟐

𝒙+�𝟒−𝒙𝟐+𝟐

√𝟑𝟏

Resolución

Donde: Sustitución Trigonométrica



92

𝜋3

−𝜋6

⇒ �(1 + 2𝑠𝑒𝑛𝜃 − 2𝑐𝑜𝑠𝜃). 2𝑐𝑜𝑠𝜃

(2𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃 + 2)𝑑𝜃

𝜋3

−𝜋6

⇒ �2𝑐𝑜𝑠𝜃(1 + 2𝑠𝑒𝑛𝜃 − 2𝑐𝑜𝑠𝜃)(2𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 2)

(2𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃)2 − 4𝑑𝜃

𝜋3

−𝜋6

⇒ �(2𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 2 + 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 4𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 − 4𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 − 4𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 4𝑐𝑜𝑠𝜃)

8𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃

𝜋3

−𝜋6

⇒ � �𝑠𝑒𝑐𝜃

2+𝑐𝑠𝑐𝜃

4−𝑐𝑠𝑐2𝜃

2+𝑡𝑔𝜃


2−𝑐𝑡𝑔𝜃

2+𝑐𝑠𝑐𝜃

2�2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃

𝜋3

−𝜋6

⇒ � �12

+𝑐𝑡𝑔𝜃


2+ 𝑠𝑒𝑛𝜃 − 1 −



−𝜋6

⇒ � �12

+𝑐𝑡𝑔𝜃


2+ 𝑠𝑒𝑛𝜃 − 1 −

(1 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃)𝑠𝑒𝑛𝜃


−𝜋6

⇒ � �−12

+3𝑐𝑡𝑔𝜃

2+𝑠𝑒𝑐𝜃

2+ 2𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑐𝑠𝑐𝜃� 𝑑𝜃

𝜋3

−𝜋6

= �−𝜃2

+32𝐿𝑛|𝑠𝑒𝑛𝜃| + 𝐿𝑛

|𝑠𝑒𝑐𝜃 + 𝑡𝑔𝜃|2

− 2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝐿𝑛|𝑐𝑠𝑐𝜃 − 𝑐𝑡𝑔𝜃|�

= �−𝜋2

+32𝐿𝑛

√32

+ 𝐿𝑛2 + √3

2− 1 − 𝐿𝑛

√33� − �

𝜋12

+32𝐿𝑛

12

+ 𝐿𝑛√32− √3 − 𝐿𝑛�2 − √3��



93

∴ ∫ 𝟏+𝒙−�𝟒−𝒙𝟐

𝒙+�𝟒−𝒙𝟐+𝟐

√𝟑𝟏 = −𝝅

𝟒+ 𝟑

𝟐𝑳𝒏�√𝟑�+ 𝑳𝒏�

𝟐√𝟑√𝟑

+𝟏

𝟐� − 𝟏 + √𝟑 + 𝑳𝒏(𝟐√𝟑 − 𝟑)

Rpta

67. 𝑰 = ∫ √𝟐𝒙−𝟏⟦𝟏−𝒙⟧

𝒅𝒙 + ∫ |𝒙 − 𝟑|𝒅𝒙𝟓𝟐

𝟒𝟏

𝐼 = �√2𝑥 − 1⟦1 − 𝑥⟧

𝑑𝑥 + � |𝑥 − 3|𝑑𝑥5

2

4

1

Resolución

⟹ 𝐼1 = �√2𝑥 − 1⟦1 − 𝑥⟧

𝑑𝑥 = �√2𝑥 − 1−3

𝑑𝑥4

1

4

1= −

13� √2𝑥 − 1 𝑑𝑥4

1

−1 ≤ 𝑥 ≤ 4

−4 ≤ −𝑥 ≤ −1

−3 ≤ 1 − 𝑥 ≤ 0

⟹ ⟦1 − 𝑥⟧ = −3

⟹ 𝐼1 = −13

.12� √2𝑥 − 1 (𝑑𝑥2)4

1

𝑆𝑒𝑎 𝑢 = 2𝑥 − 1 ⟶ 𝑑𝑢 = 2𝑑𝑥

⟹ 𝐼1 = −16� √𝑢 𝑑𝑢 =4

1−

16� 𝑢

12 𝑑𝑢 = −

16

.23

4

1𝑢32 = −

19�𝑢3

𝐼 1 𝐼2



94

4

1

A B C

3

2

2 ≤ 𝑥 ≤ 3

−1 ≤ 𝑥 − 3 ≤ 0

⟹ |𝑥 − 3| = 3 − 𝑥

3 ≤ 𝑥 ≤ 4

0 ≤ 𝑥 − 3 ≤ 1

⟹ |𝑥 − 3| = 𝑥 − 1

4

3

⟹ 𝐼1 = −19�(2𝑥 − 1) 3

⟹ 𝑰𝟏 == −𝟏𝟗�√𝟕 − 𝟏�

⟹ 𝐼2 = � |𝑥 − 3|𝑑𝑥5

2= � |𝑥 − 3|𝑑𝑥

3

2+ � |𝑥 − 3|𝑑𝑥

4

3+ � |𝑥 − 3|𝑑𝑥

5

4

• 𝐴 = ∫ |𝑥 − 3|𝑑𝑥32 = ∫ (3 − 𝑥)𝑑𝑥 = 3𝑥 − 𝑥2

232 = �9 − 9

4� − (6 − 2)

𝐴 =274− 4 =

114

𝑨 =𝟏𝟏𝟒

• 𝐵 = ∫ |𝑥 − 3|𝑑𝑥43 = ∫ (𝑥 − 3)𝑑𝑥 = 𝑥2

2− 3𝑥4

3 = (8 − 12) − �92− 9�

𝐵 = −4 +92

=12

𝑩 =12



95

5

4

3 ≤ 𝑥 ≤ 4

0 ≤ 𝑥 − 3 ≤ 1

⟹ |𝑥 − 3| = 𝑥 − 1

• 𝐶 = ∫ |𝑥 − 3|𝑑𝑥54 = ∫ (𝑥 − 3)𝑑𝑥 = 𝑥2

2− 3𝑥5

4 = �252− 15� − (8 − 12)

𝐶 = −52

+ 4 =32

𝑪 =32

⟹ 𝐼2 =114

+12

+32

=194

⟹ 𝐼 = −𝟏𝟗�√𝟕 − 𝟏� +

194

∴ 𝐼 = 𝟏𝟗�175

4− √𝟕� Rpta

68. ∫ 𝒅𝒙

𝒙𝟑(𝟏+𝒙𝟑)𝟒𝟑

𝟏−𝟏

Resolución

�𝑑𝑥

𝑥3(1 + 𝑥3)43

1

−1= lim

ℰ→O+� 𝑥−3(1 + 𝑥3)

−43

1

−1𝑑𝑥



96

𝑥 = 1 → 𝑡 = 1

𝑥 = −1 → 𝑡 = −1

𝑡 = 1 → 𝑡 = 213

𝑡 = −1 → 𝑡 = 0

𝑥3 = 𝑡 → 𝑥 = 𝑡13

Sea

3𝑥2𝑑𝑥 = 𝑑𝑡

𝑑𝑥 =𝑑𝑡

3𝑥2

𝑑𝑥 =𝑑𝑡

3𝑡23

⟹ limℰ→O+

� 𝑥−3(1 + 𝑥3)−43

1

−1𝑑𝑥 = lim

ℰ→O+� 𝑡−1(1 + 𝑡)

−43

1

−1.𝑑𝑡

3𝑡23

⟹ limℰ→O+

13� 𝑡

−53

1

−1(1 + 𝑡)

−43 𝑑𝑡

Sea

𝑢3 = (1+𝑡)

𝑡 ⟶ 𝑡 = 1

𝑢3−1

𝑑𝑡 = −3𝑢2(𝑢3 − 1)−2𝑑𝑢

⟹ limℰ→O+

13� 𝑡

−53

213

0(1 + 𝑡)

−43 𝑑𝑡

= limℰ→O+

13� ((𝑢3 − 1)−1)

−53

213

𝑜(1 + (𝑢3 − 1)−1)

−43 (−1)3𝑢2(𝑢3 − 1)−2𝑑𝑢



97

= limℰ→O+

−� (𝑢3 − 1)𝑢−2213

𝑜𝑑𝑢 = lim

ℰ→O+−� �𝑢 −

1𝑢2� 𝑑𝑢

213

𝑜

= −�� 𝑢𝑑𝑢213

𝑜− �

1𝑢2𝑑𝑢

213

𝑜� ≈ 4 × 10−3

∴ ∫ 𝒅𝒙

𝒙𝟑(𝟏+𝒙𝟑)𝟒𝟑

=𝟏−𝟏 𝟒 × 𝟏𝟎−𝟑 Rpta

69. 𝑰 = ∫�𝟒−𝒙𝟐

𝒙𝟔 𝒅𝒙𝟐

𝟏


Resolución

⟹ 𝐼 = �√4 − 4𝑠𝑒𝑛2𝜃

64𝑠𝑒𝑛6𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃

2

1= �

2𝑐𝑜𝑠2𝜃64𝑠𝑒𝑛6𝜃

𝑑𝜃 =1

32�

𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑠𝑒𝑛6𝜃

𝑑𝜃2

1

2

1

⟹ 𝐼 =1

32� 𝑐𝑡𝑔4𝜃𝑐𝑠𝑐2𝜃𝑑𝜃2

1=

132

� 𝑐𝑡𝑔2𝜃(1 + 𝑐𝑡𝑔2𝜃)𝑐𝑠𝑐2𝜃𝑑𝜃2

1

⟹ 𝐼 =1

32�� 𝑐𝑡𝑔2𝜃𝑐𝑠𝑐2𝜃𝑑𝜃 + � 𝑐𝑡𝑔4𝜃𝑐𝑠𝑐2𝜃𝑑𝜃

2

1

2

1�

𝑥2

= 𝑠𝑒𝑛𝜃




98

2

1

⟹ 𝐼 =1

32�−𝑐𝑡𝑔3𝜃

3+−𝑐𝑡𝑔5𝜃

5� =

132

�−�√4 − 𝑥2�

3

3𝑥3−�√4 − 𝑥2�

5

5𝑥5�

⟹ 𝐼 =−�√4 − 𝑥2�

3

96𝑥3−�√4 − 𝑥2�

5

160𝑥5

⟹ 𝐼 = �−�√4 − 𝑥2�

3

96𝑥3−�√4 − 𝑥2�

5

160𝑥5� − �−

�√4 − 𝑥2�3

96𝑥3−�√4 − 𝑥2�

5

160𝑥5�

⟹ 𝐼 = 0 +�√3�

3

96+�√3�

5

160

∴ 𝑰 = �√𝟑�𝟑

𝟗𝟔+ �√𝟑�

𝟓

𝟏𝟔𝟎 Rpta

70. 𝑺𝒊 𝑭(𝒙) = ∫ 𝒔𝒆𝒏 �𝒕

𝒙�𝟐𝒅𝒕𝟏

𝟎

𝑯𝒂𝒍𝒍𝒂𝒓 𝑭´´��𝟏𝝅�

𝐹(𝑥) = � 𝑠𝑒𝑛 �𝑡𝑥�2𝑑𝑡 =

12� �1 − 𝑐𝑜𝑠

2𝑡𝑥� 𝑑𝑡

1

0

1

0

Resolución

𝑆𝑒𝑎 𝑢 =2𝑡𝑥

→ 𝑑𝑢 =2𝑥𝑑𝑡



99

1

0

⟹ 𝐹(𝑥) =12

.𝑥2� �1 − 𝑐𝑜𝑠

2𝑡𝑥� �

2𝑥𝑑𝑡� =

1

0

𝑥4� (1 − 𝑐𝑜𝑠𝑢)𝑑𝑢1

0

⟹ 𝐹(𝑥) =𝑥4�� 𝑑𝑢

1

0− � 𝑐𝑜𝑠𝑢𝑑𝑢

1

0� =

𝑥4

[𝑢 − 𝑠𝑒𝑛𝑢] =𝑥4�2𝑡𝑥− 𝑠𝑒𝑛 �

2𝑡𝑥��

⟹ 𝐹(𝑥) =𝑥4�2𝑥− 𝑠𝑒𝑛 �

2𝑥�� − 0

⟹ 𝐹(𝑥) =12−𝑥4𝑠𝑒𝑛 �

2𝑥�

𝑫𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒏𝒅𝒐

⟹ 𝐹´(𝑥) = −�14𝑠𝑒𝑛 �

2𝑥� +

𝑥4�−2𝑥2� 𝑐𝑜𝑠 �

2𝑥��

⟹ 𝐹´(𝑥) = −�14𝑠𝑒𝑛 �

2𝑥� −

12𝑥

𝑐𝑜𝑠 �2𝑥��

⟹ 𝐹´´(𝑥) = − �14�−2𝑥2� 𝑐𝑜𝑠 �

2𝑥� −

12�−1𝑥2� 𝑐𝑜𝑠 �

2𝑥� +

12𝑥

�−2𝑥2� 𝑠𝑒𝑛 �

2𝑥��

⟹ 𝐹´´(𝑥) = − �−1

2𝑥2𝑐𝑜𝑠 �

2𝑥� +

1𝑥2𝑐𝑜𝑠 �

2𝑥� −

1𝑥3𝑠𝑒𝑛 �

2𝑥��

⟹ 𝐹´´(𝑥) =1𝑥3𝑠𝑒𝑛 �

2𝑥�



100

𝑃𝑖𝑑𝑒𝑛:𝐹´´��1𝜋� =

1

��1𝜋�3 𝑠𝑒𝑛

⎝

⎛ 2

�1𝜋⎠

⎞

∴ 𝑭´´��𝟏𝝅� = √𝝅𝟑𝒔𝒆𝒏(𝟐√𝝅) Rpta

71. 𝑺𝒊 𝒇𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 𝒆𝒏 < −1,1 >

𝑺𝒆 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒆:

𝑮(𝒙) = � �𝒇(𝒕)𝒅𝒕 =𝒔𝒆𝒏𝒙

𝟓√𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝒙,

𝑯(𝒙) = � 𝑳𝒏(𝒂𝒓𝒄 𝐜𝐨𝐬 𝒕)𝒅𝒕𝒕(𝟎)

[𝒇(𝒙)]�𝟏−�𝟏−𝒙𝟐�

𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓 𝑫𝑯(𝒙) 𝒑𝒂𝒓𝒂 𝒙 = √𝟐

� �𝑓(𝑡)𝑑𝑡 =𝑠𝑒𝑛𝑥

5�𝑓(𝑠𝑒𝑛𝑥)(𝑠𝑒𝑛𝑥)´ −�𝑓(5)(5)´ = √1 − 𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑐𝑜𝑠𝑥�𝑓(𝑠𝑒𝑛𝑥) = √1 − 𝑐𝑜𝑠𝑥

Resolución

𝐺(𝑥) = � �𝑓(𝑡)𝑑𝑡 =𝑠𝑒𝑛𝑥

5√1 − 𝑐𝑜𝑠𝑥

𝑐𝑜𝑠2𝑥[𝑓(𝑠𝑒𝑛𝑥)] = 1 − 𝑐𝑜𝑠𝑥



101

�1 − 𝑢2

1 u

𝑓(𝑠𝑒𝑛𝑥) =1 − 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑐𝑜𝑠2𝑥

𝑓(𝑠𝑒𝑛𝑥) = 𝑠𝑒𝑐2𝑥 − 𝑠𝑒𝑐𝑥

𝑯(𝒙) = � 𝑳𝒏(𝒂𝒓𝒄 𝐜𝐨𝐬 𝒕)𝒅𝒕𝒕(𝟎)

[𝒇(𝒙)]�𝟏−�𝟏−𝒙𝟐�

Hallamos

• 𝑓(0) = 1−√1−01−0

= 0 ⟶ 𝑓(0 = 0)

• [𝑓(𝑥)]�1 − √1 − 𝑥2� = �1−√1−𝑥2

1−𝑥2� �1 − √1 − 𝑥2� = �1−√1−𝑥2�

1−𝑥2

2

=2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2

𝐻(𝑥) = � 𝐿𝑛(𝑎𝑟𝑐 cos 𝑡)𝑑𝑡𝑡(0)

[𝑓(𝑥)]�1−√1−𝑥2�= −� 𝐿𝑛(𝑎𝑟𝑐 cos 𝑡)𝑑𝑡

2−𝑥2−2�1−𝑥2

1−𝑥2

0

𝐻(𝑥) = −𝐿𝑛 �arccos�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2��

2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2� ´�

⟹ 𝑓(𝑢) = �1

√1 − 𝑢2�2

− �1

√1 − 𝑢2� =

11 − 𝑢2

−1

√1 − 𝑢2

⟹ 𝑓(𝑢) =1 − √1 − 𝑢2

1 − 𝑢2



102

�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2� ´ =

�−2x − 2 . −2x2√1−𝑥2

� (1 − 𝑥2) − �2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2�(−2𝑥)(1 − 𝑥2)2

Hallemos

=�−2x + 2x

√1−𝑥2� (1 − 𝑥2) + 2𝑥�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2�

(1 − 𝑥2)2

=�−2x√1−𝑥

2+ 2x√1−𝑥2

� (1 − 𝑥2) + 2𝑥�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2�

(1 − 𝑥2)2

=�−2x√1 − 𝑥2 + 2x�(1 − 𝑥2) + 2𝑥(√1 − 𝑥2)�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2�

(1 − 𝑥2)2√1 − 𝑥2

=−2x√1 − 𝑥2 + 2x + 2x3√1 − 𝑥2 + 2x3 + 4𝑥√1 − 𝑥2 − 2x3√1 − 𝑥2 − 4𝑥(1 − 𝑥2)

(1 − 𝑥2)2√1 − 𝑥2

=2x√1 − 𝑥2 + 2x − 2x3 − 4𝑥 + 4x3

(1 − 𝑥2)2√1 − 𝑥2

=2x√1 − 𝑥2 + 2x3 − 2𝑥

(1 − 𝑥2)2√1 − 𝑥2=

2x�1 − √1 − 𝑥2�(1 − 𝑥2)2

⟹ �2 − x2 − 2√1 − x2

1 − x2� ´ =

2x�1 − √1 − x2�(1 − x2)2

𝐻(𝑥) = −𝐿𝑛 �arccos�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2��

𝟐𝐱�𝟏 − √𝟏 − 𝒙𝟐�(𝟏 − 𝒙𝟐)𝟐 ��



103

𝐻(𝑥) = −�𝐿𝑛 �arccos�2− 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2 �� ´�𝟐𝐱�𝟏 − √𝟏 − 𝒙𝟐�

(𝟏 − 𝒙𝟐)𝟐 � − 𝐿𝑛 �arccos�2− 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2 ��𝟐𝐱�𝟏 − √𝟏 − 𝒙𝟐�

(𝟏 − 𝒙𝟐)𝟐 � ´�

Piden 𝑯´(𝒙)

• 𝐴 = �𝐿𝑛 �arccos �2−𝑥2−2√1−𝑥2

1−𝑥2�� ´ �2x�1−√1−𝑥

2�(1−𝑥2)2 �

𝐴 =�arccos �2−𝑥

2−2√1−𝑥2

1−𝑥2�� ´

2−𝑥2−2√1−𝑥2

1−𝑥2

× �2x�1 − √1 − 𝑥2�

(1 − 𝑥2)2 �

𝐴 =

�2−𝑥2−2�1−𝑥2

1−𝑥2 �

�1−�2−𝑥2−2�1−𝑥2

1−𝑥2 �2

´

2−𝑥2−2√1−𝑥2

1−𝑥2

× �2x�1− √1 − 𝑥2�

(1 − 𝑥2)2 �

𝐴 =

2𝑥(1−�1−𝑥2)�1−𝑥2�

1−�2−𝑥2−2�1−𝑥2

1−𝑥2 �2

2−𝑥2−2√1−𝑥2

1−𝑥2

× �2x�1− √1 − 𝑥2�

(1 − 𝑥2)2 �

𝐴 =−2𝑥�1 − √1 − 𝑥2�

�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2��6𝑥2 − 7 + 4(2 − 𝑥2)√1− 𝑥2× �

2x�1 − √1 − 𝑥2�(1 − 𝑥2)2 �

𝐴 =−4𝑥2(2 − 𝑥2) − 2√1− 𝑥2

�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2��6𝑥2 − 7 + 4(2 − 𝑥2)√1− 𝑥2

A B



104

𝐴 =−4𝑥2

�6𝑥2 − 7 + 4(2 − 𝑥2)√1 − 𝑥2

• 𝐵 = 𝐿𝑛 �arccos �2−𝑥2−2√1−𝑥2

1−𝑥2� �2x�1−√1−𝑥

2�(1−𝑥2)2 �� ´

𝐵 = 𝐿𝑛 �arccos�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2��

2x�1 − √1 − 𝑥2�(1 − 𝑥2)2 � ´�

𝐵 = 𝐿𝑛 �arccos�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2��

2 − 2 �√1 − 𝑥2 + 𝑥. −2𝑥2√1−𝑥2

�(1 − 𝑥2)4 � ´�

𝐵 = 𝐿𝑛 �arccos�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2��

2 − 2 �√1 − 𝑥2 − 𝑥√1−𝑥2

�(1 − 𝑥2)4 � ´�

𝐵 = 𝐿𝑛 �arccos�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2 ��2 − 2 �1−𝑥

2−𝑥2

√1−𝑥2�

(1 − 𝑥2)4 � ´�

𝐵 = 𝐿𝑛 �arccos�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2 ��2 − 2 �1−2𝑥

2

√1−𝑥2�

(1 − 𝑥2)4 � ´�

𝐵 = 𝐿𝑛 �arccos�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2 ��2√1−𝑥2−2+2√1−𝑥2

√1−𝑥2

(1 − 𝑥2)4 � ´�



105

𝐵 = 𝐿𝑛 �arccos�2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2��

4x2 − 2 + 2√1 − 𝑥2

(1 − 𝑥2)4√1− 𝑥2� ´�

⟹𝐻´(𝑥) =−4𝑥2

�6𝑥2 − 7 + 4(2 − 𝑥2)√1 − 𝑥2− 𝐿𝑛 �arccos�

2 − 𝑥2 − 2√1 − 𝑥2

1 − 𝑥2� �

4x2 − 2 + 2√1 − 𝑥2

(1 − 𝑥2)4√1 − 𝑥2� ´�

Evaluando 𝒙 = √𝟐

⟹𝐻´(𝑥) =4(2)

�6�√2�2− 7 + 4(2 − 2)√1 − 2

− 𝐿𝑛 �arccos�2 − 2 − 2√1 − 2

1 − 2� �

8 − 2 + 2√1 − 2(1 − 2)4√1 − 2

� ´�

⟹𝐻´(𝑥) =8√5

− 𝐿𝑛 �arccos�−2√1 − 2

1 − 2��

6 + 2√1 − 2√1 − 2

� ´�

⟹𝐻´(𝑥) =8√5

− 𝐿𝑛 �arccos�−2√1 − 2

−1��

6 + 2√1 − 2√−1

� ´�

∴ 𝑯´(𝒙) = 𝟖√𝟓− 𝑳𝒏 �𝐚𝐫𝐜𝐜𝐨𝐬�√−𝟏� �𝟔+𝟐√𝟏−𝟐

√−𝟏� ´� Rpta

72. 𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒄𝒖𝒓𝒗𝒂

𝒙 = (𝒕𝟐 − 𝟐)𝒔𝒆𝒏𝒕 + 𝟐𝒕𝒄𝒐𝒔𝒕

𝒚 = (𝟐 − 𝒕𝟐)𝒄𝒐𝒔𝒕 + 𝟐𝒕𝒔𝒆𝒏𝒕

𝑥 = (𝑡2 − 2)𝑠𝑒𝑛𝑡 + 2𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡

𝑦 = (2 − 𝑡2)𝑐𝑜𝑠𝑡 + 2𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡

Resolución



106

• 𝑥 = (𝑡2 − 2)𝑠𝑒𝑛𝑡 + 2𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡

𝑥2 = (𝑡2 − 2)2𝑠𝑒𝑛2𝑡 + 4𝑡2𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 4𝑡(𝑡2 − 2)𝑠𝑒𝑛𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡… … . . (1)

• 𝑦 = −(𝑡2 − 2)𝑐𝑜𝑠𝑡 + 2𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡

𝑦2 = (𝑡2 − 2)2𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 4𝑡2𝑠𝑒𝑛2𝑡 − 4𝑡(𝑡2 − 2)𝑠𝑒𝑛𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡… … . . (2)

(1) + (2)

𝑥2 + 𝑦2 = (𝑡2 − 2)2𝑠𝑒𝑛2𝑡 + (𝑡2 − 2)2𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 4𝑡2𝑠𝑒𝑛2𝑡 + 4𝑡2𝑐𝑜𝑠2𝑡

𝑥2 + 𝑦2 = (𝑡2 − 2)2 + 4𝑡2

⟹ 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑡4 + 4 − 4𝑡2 + 4𝑡2

⟹ 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑡4 + 4

Es una circunferencia con centro (0,0) y radio 𝑟 = √𝑡4 + 4

⟹ 𝑓(𝑡) = {(𝑡2 − 2)𝑠𝑒𝑛𝑡 + 2𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡,−(𝑡2 − 2)𝑐𝑜𝑠𝑡 + 2𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡}

Piden: 𝐿 = 2∫ ‖𝑓´(𝑡)‖𝑑𝑡… … … . (∗)𝜋0

⟹ 𝑓(𝑡) = �𝑓1(𝑡); 𝑓2(𝑡)� ⟹ 𝑓´(𝑡) = �𝑓1´(𝑡); 𝑓2´(𝑡)�

• 𝑓1(𝑡) = (𝑡2 − 2)𝑠𝑒𝑛𝑡 + 2𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑓1(𝑡) = 𝑡2𝑐𝑜𝑠𝑡



107

• 𝑓2(𝑡) = (2 − 𝑡2)𝑐𝑜𝑠𝑡 + 2𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑓2(𝑡) = 𝑡2𝑠𝑒𝑛𝑡

⟹ 𝑓´(𝑡) = (𝑡2𝑐𝑜𝑠𝑡; 𝑡2𝑠𝑒𝑛𝑡)

⟹ ‖𝑓´(𝑡)‖ = �(𝑡2𝑐𝑜𝑠𝑡)2 + (𝑡2𝑠𝑒𝑛𝑡)2

⟹ ‖𝑓´(𝑡)‖ = �𝑡4(𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝑠𝑒𝑛2𝑡)

⟹ ‖𝑓´(𝑡)‖ = 𝑡2

En (*)

𝐿 = 2� ‖𝑓´(𝑡)‖𝑑𝑡 = 2� 𝑡2𝑑𝑡 =𝜋

0

𝜋

02 �𝑡3

3�0

𝜋

=23

(𝜋3 − 0)

∴ 𝑳 = 𝟐𝟑𝝅𝟑 Rpta

73. 𝑯𝒂𝒍𝒍𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒅𝒆 𝒂𝒓𝒄𝒐

𝒓 = 𝒂 𝒔𝒆𝒏𝟑𝜽𝟑

Resolución

Se Sabe 𝐿 = ∫ �𝑟2 + (𝑟´)2𝑑𝜃𝐵𝛼

⟹ 𝑟 = 𝑎𝑠𝑒𝑛3𝜃3



108

A B

⟹ 𝑟´ = 𝑎13𝑠𝑒𝑛2

𝜃3𝑐𝑜𝑠

𝜃3

⟶ 𝑟´ = 𝑎𝑠𝑒𝑛2𝜃3𝑐𝑜𝑠

𝜃3

⟹ 𝑟2 + 𝑟´2 = �𝑎𝑠𝑒𝑛3𝜃3�2

+ �𝑎𝑠𝑒𝑛2𝜃3𝑐𝑜𝑠

𝜃3�2

⟹ 𝑟2 + 𝑟´2 = 𝑎2𝑠𝑒𝑛6𝜃3

+ 𝑎2𝑠𝑒𝑛4𝜃3𝑐𝑜𝑠2

𝜃3

⟹ 𝑟2 + 𝑟´2 = 𝑎2𝑠𝑒𝑛4𝜃3

Reemplazando se tiene:

⟹ 𝐿 = � �𝑎2𝑠𝑒𝑛4𝜃3𝑑𝜃 = � 𝑎𝑠𝑒𝑛2

𝜃3𝑑𝜃 =

𝑎2� �1 − 𝑐𝑜𝑠

2𝜃3�𝑑𝜃

3𝜋

0

3𝜋

0

3𝜋

0

⟹ 𝐿 =𝑎2��𝜃 −

32𝑠𝑒𝑛

2𝜃3��0

3𝜋

∴ 𝑳 = 𝟑𝒂𝝅𝟐

Rpta

74. 𝑰 = ∫ 𝒙𝒙𝟒+𝟏

∞𝟏 𝒅𝒙 + ∫ 𝒙𝒆𝒙∞

𝟎 𝒅𝒙

𝑰 = ∫ 𝒙𝒙𝟒+𝟏

∞𝟏 𝒅𝒙 + ∫ 𝒙𝒆𝒙∞

𝟎 𝒅𝒙

Resolución

• 𝐴 = ∫ 𝑥𝑥4+1

∞0 𝑑𝑥 = 1

2 ∫𝑑(𝑥2)

(𝑥2)2+1∞0 = 1

2 �𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥2|1∞



109

𝐴 =12 �𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(∞) − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(1)� =

12 �𝜋2−𝜋4�

𝐴 =12 �𝜋4�

• 𝐵 = ∫ 𝒙𝒆−𝒙∞𝟎 𝒅𝒙

Por definición de función Gamma

� 𝑥2−1𝑒−𝑥∞

0𝑑𝑥 = 𝑟(2) = 1

𝐵 = 1

⟹ 𝐼 = 𝐴 + 𝐵

⟹ 𝐼 =1

2 � 𝜋

4 � + 1

∴ 𝑰 = 𝝅𝟖

+ 𝟏 Rpta

75. 𝑰 = ∫ 𝒙 𝒍𝒏𝒙(𝟏+𝒙𝟐)𝟐

√𝟑𝟏 𝒅𝒙

Resolución



110

Por partes

:

Remplazando :

𝐼 = �−(𝑙𝑛𝑥) �1

2(1 + 𝑥2)��1

√3

− � −1

2(1 + 𝑥2)

√3

1

𝑑𝑥𝑥

𝐼 = �−(𝑙𝑛𝑥) �1

2(1 + 𝑥2)��1

√3

+14�

2𝑥𝑑𝑥𝑥2(1 + 𝑥2)

= �−(𝑙𝑛𝑥) �1

2(1 + 𝑥2)��1

√3

+14�

𝑑(𝑥2)𝑥2(1 + 𝑥2)

√3

1

√3

1

Fracciones P.:

𝑢 = 𝑙𝑛 𝑥 − − −−−−→ 𝑑𝑢 =𝑑𝑥𝑥 − − −−−→ 𝑥𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

𝑑𝑣 =𝑥

(1 + 𝑥2)2 𝑑𝑥 −−−−→ 𝑣 = −1

2(1 + 𝑥2)

𝑥2 = 𝑧

�𝑑(𝑥2)

𝑥2(1 + 𝑥2)

√3

1= �

𝑑(𝑧)𝑧(1 + 𝑧)

√3

1

1𝑧(1 + 𝑧)

=𝐴𝑧

+𝐵

𝑧 + 1=𝐴(𝑧 + 1) + 𝐵(𝑧)

𝑧(𝑧 + 1)

1 = 𝐴𝑧 + 𝐴 + 𝐵𝑧 = 𝑧(𝐴 + 𝐵) + 𝐴

𝐴𝑧

+𝐵

𝑧 + 1=

1𝑧−

1𝑧 + 1

−−−−−−→ �𝑑𝑥𝑥2

− �𝑑𝑥

𝑥2 + 1

√3

1

√3

1

Entonces:

1 = 𝐴

−1 = 𝐵



111

En I:

𝐼 = �−(𝑙𝑛𝑥) �1

2(1 + 𝑥2)��1

√3

+14�

𝑑𝑥𝑥2

−14�

𝑑𝑥𝑥2 + 1

√3

1

√3

1

𝐼 = �−(𝑙𝑛𝑥) �1

2(1 + 𝑥2)��1

√3

−14�(

1𝑥

)�1

√3

−14�( tan−1(𝑥))|1√

3

𝐼 = −�𝑙𝑛√3� �1

2(4)� + (𝑙𝑛1) �1

2(2)� −14�

1√3� +

14�

11� −

14�tan−1�√3�� +

14

(tan−1(1))

𝐼 = −�𝑙𝑛√3� �18� + (𝑙𝑛1) �

14� −

14�

1√3� +

14−

14

(60) +14

(45)

𝐼 = −0.07 − 0.14 + 0.25 − 15 + 11.25

∴ 𝑰 = −𝟑.𝟕𝟏 Rpta

76. 𝑰 = ∫ (|𝒙|𝟑𝒆−𝒙𝟒 + 𝒙�𝟐|𝒙 − 𝟑| + 𝟏𝟐�)𝟐

−𝟏 𝒅𝒙

Resolución

Utilizando el segundo teorema de cálculo integral

𝑓(𝑥) = |𝒙|𝟑𝒆−𝒙𝟒 + 𝑥 �𝟐|𝒙 − 𝟑| +𝟏𝟐�

� 𝑓(𝑥)2

−1 𝑑𝑥 = � 𝑓(𝑥)

𝟎

−𝟏𝒅𝒙 + � 𝑓(𝑥)

𝟏

0𝒅𝒙 + � 𝑓(𝑥)

𝟐

𝟏𝒅𝒙

:



112

𝑨 = ∫ 𝑓(𝑥)𝟎−𝟏 𝒅𝒙 ; 𝑩 = ∫ 𝑓(𝑥)

𝟏0 𝒅𝒙; 𝑪 = ∫ 𝑓(𝑥)𝟐

𝟏 𝒅𝒙

En A

𝑨 = � (|𝒙|𝟑𝒆−𝒙𝟒 + 𝑥 �𝟐|𝒙 − 𝟑| +𝟏𝟐�

𝟎

−𝟏) 𝒅𝒙

:

𝐴𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜|𝒙|:

−1 ≤ 𝑥 ≤ 0 … … … … . > −4 ≤ 𝑥 − 3 ≤ −3

|𝒙 − 𝟑| = 𝟑 − 𝒙… > 𝑨 = � (−𝑥𝟑𝒆−𝒙𝟒 + 𝑥 �132 − 2𝑥�

𝟎

−𝟏) 𝒅𝒙

𝐴𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜�132− 2𝑥�:

−1 ≤ 𝑥 ≤ 0 −−→ 0 ≤ −2𝑥 ≤ 2 132 ≤

132 − 2𝑥 ≤ 2 +

132 −− −−→

132 ≤

132 − 2𝑥 ≤

172

�132− 2𝑥�=6

𝑨 = � (−𝑥𝟑𝒆−𝒙𝟒

+ 6𝑥𝟎

−𝟏) 𝒅𝒙

𝑨 = −� 𝑥𝟑𝒆−𝒙𝟒𝑑𝑥 + 6� 𝑥 𝑑𝑥

0

−1

𝟎

−𝟏

Cambio de variable:

𝑢 = −𝑥𝟒 − − −−→ 𝑑𝑢 = −4𝑥3𝑑𝑥



113

𝑥 = −1 𝑢 = −1 𝑥 = 0 𝑢 = 0

𝑨 = −� −14𝒆−𝒙

𝟒(−4𝑥3)𝑑𝑥 + 6� 𝑥 𝑑𝑥

0

−1

𝟎

−𝟏

𝑨 =14� 𝒆𝑢𝑑𝑢 + 6� 𝑥 𝑑𝑥

0

−1

𝟎

−𝟏

𝑨 =14

(1 − 𝑒−1) + �6𝑥2

2�−1

0

𝑨 =14

(1 − 𝑒−1) + 3(0 − 1) =14

(1 − 𝑒−1) + 3(−1)

𝑨 = −114−𝑒−1

4

En B

𝑩 = � (|𝒙|𝟑𝒆−𝒙𝟒 + 𝑥 �𝟐|𝒙 − 𝟑| +𝟏𝟐�

𝟏

0) 𝒅𝒙

:


0 ≤ 𝑥 ≤ 1 … … … … . > −3 ≤ 𝑥 − 3 ≤ −2 |𝒙| = 𝑥

|𝒙 − 𝟑| = 𝟑 − 𝒙… > 𝑩 = � (𝑥𝟑𝒆−𝒙𝟒 + 𝑥 �132 − 2𝑥�

𝟏

0) 𝒅𝒙



114


0 ≤ 𝑥 ≤ 1 −−→ −2 ≤ −2𝑥 ≤ 0 132 − 2 ≤

132 − 2𝑥 ≤

132 −− −−→

92 ≤

132 − 2𝑥 ≤

132

�132− 2𝑥�=4

𝑩 = � (𝑥𝟑𝒆−𝒙𝟒

+ 4𝑥𝟏

0) 𝒅𝒙 = � 𝑥𝟑𝒆−𝒙

𝟒𝑑𝑥 + 4� 𝑥 𝑑𝑥

1

0

1

𝟎

Cambio de variable:

𝑢 = −𝑥𝟒 − − −−→ 𝑑𝑢 = −4𝑥3𝑑𝑥 𝑥 = 1 𝑢 = −1 𝑥 = 0 𝑢 = 0

𝑩 = � −14𝒆−𝒙

𝟒(−4𝑥3)𝑑𝑥 + 4� 𝑥 𝑑𝑥

1

0

𝟏

0

𝑩 =14� 𝒆𝑢𝑑𝑢 + 4� 𝑥 𝑑𝑥

1

0

𝟎

−1

𝑩 = �14

(𝑒𝑢)�−1

0+ �4

𝑥2

2�0

1

𝑩 =14

(1 − 𝑒−1) + 2(1 − 0) =14− 𝑒−1 + 2



115

𝑩 =94−𝑒−1

4

En C

𝑪 = � (|𝒙|𝟑𝒆−𝒙𝟒 + 𝑥 �𝟐|𝒙 − 𝟑| +𝟏𝟐�

𝟐

1) 𝒅𝒙

:


1 ≤ 𝑥 ≤ 2 … … … … . > −2 ≤ 𝑥 − 3 ≤ −1 |𝒙| = 𝑥

|𝒙 − 𝟑| = 𝟑 − 𝒙… > 𝑩 = � (𝑥𝟑𝒆−𝒙𝟒 + 𝑥 �132 − 2𝑥�

𝟏

0) 𝒅𝒙


1 ≤ 𝑥 ≤ 2 −−→ −4 ≤ −2𝑥 ≤ −2 132 − 4 ≤

132 − 2𝑥 ≤

132 − 2 −−−−→

52 ≤

132 − 2𝑥 ≤

94

�132− 2𝑥�=2

𝑪 = � (𝑥𝟑𝒆−𝒙𝟒

+ 2𝑥2

1) 𝒅𝒙 = � 𝑥𝟑𝒆−𝒙

𝟒𝑑𝑥 + 2� 𝑥 𝑑𝑥

2

1

2

𝟏

Cambio de variable:



116

𝑢 = −𝑥𝟒 − − −−→ 𝑑𝑢 = −4𝑥3𝑑𝑥

𝑪 = � −14𝒆−𝒙

𝟒(−4𝑥3)𝑑𝑥 + 2� 𝑥 𝑑𝑥

2

1

𝟐

1

𝑪 = −14� 𝒆𝑢𝑑𝑢 + 2� 𝑥 𝑑𝑥

2

1

−𝟏𝟔

−1

𝑪 =14� 𝒆𝑢𝑑𝑢 + 2� 𝑥 𝑑𝑥

2

1

−𝟏

−16

𝒄 = �14

(𝑒𝑢)�−16

−1+ �2

𝑥2

2�1

2

𝑪 =14

(𝑒−1 − 𝑒−16) + (4 − 1) =14

(𝑒−1 − 𝑒−16) + 3

𝑪 =𝑒−1

4−𝑒−16

4+ 3

Sumando A+B+C

:

𝑰 = −114−𝑒−1

4+

94−𝑒−1

4+𝑒−1

4−𝑒−16

4+ 3

𝑥 = 1 𝑢 = −1 𝑥 = 2 𝑢 = −16



117

∴ 𝑰 = 𝟓𝟐− 𝟏

𝟒�𝟏𝒆

+ 𝟏𝒆𝟏𝟔� Rpta

77. 𝑰 = ∫ 𝟒𝒙+𝟓

(𝒙𝟐−𝟐𝒙+𝟐)𝟑𝟐

𝟐𝟎 𝒅𝒙 + ∫ 𝒙𝟑

(𝒙𝟐−𝟏)𝟑 𝒅𝒙−√𝟐−𝟐

Resolución

𝑨 = �4𝑥 + 5

(𝑥2 − 2𝑥 + 2)32

2

0 𝑑𝑥; 𝑩 = �

𝑥3

(𝑥2 − 1)3 𝑑𝑥−√𝟐

−𝟐

En A

𝑨 = �4𝑥 + 5

(𝑥2 − 2𝑥 + 2)32

𝟐

𝟎 𝑑𝑥 = 2�

2(𝑥 − 1)

[(𝑥 − 1)2 + 1]32

𝟐

𝟎 𝑑𝑥 + �

9

[(𝑥 − 1)2 + 1]32

𝟐

𝟎 𝑑𝑥

𝑨 = 2�𝑑[(𝑥 − 1)2 + 1]

[(𝑥 − 1)2 + 1]32

𝟐

𝟎 𝑑𝑥 + �

9

[(𝑥 − 1)2 + 1]32

𝟐

𝟎 𝑑𝑥

:

Cambio de Variable:

𝑨 = 2 �[(𝑥 − 1)2 + 1]−

12

− 12

�

0

2

+ 9�𝑠𝑒𝑐2𝑧𝑠𝑒𝑐3𝑧

𝟐

𝟎𝑑𝑧 = 2 �

[(𝑥 − 1)2 + 1]−12

− 12

�

0

2

+ 9�𝑠𝑒𝑐2𝑧𝑠𝑒𝑐3𝑧

𝟐

𝟎𝑑𝑧

𝑥 − 1 = 𝑡𝑎𝑛𝑧

𝑑𝑥 = 𝑑𝑧 𝑠𝑒𝑐2𝑧

tan−1(𝑥 − 1) = 𝑧

𝑨 = 2�𝑑[(𝑥 − 1)2 + 1]

[(𝑥 − 1)2 + 1]32

𝟐

𝟎𝑑𝑥 + 9�

1

[(𝑡𝑎𝑛𝑧)2 + 1]32

𝟐

𝟎𝑠𝑒𝑐2𝑧𝑑𝑧

𝑨 = 2�𝑑[(𝑥 − 1)2 + 1]

[(𝑥 − 1)2 + 1]32

𝟐

𝟎𝑑𝑥 + 9�

𝑠𝑒𝑐2𝑧

[𝑠𝑒𝑐2𝑧]32

𝟐

𝟎 𝑑𝑧



118

𝑨 = 2 �[(𝑥 − 1)2 + 1]−

12

− 12

�

0

2

+ 9�𝑑𝑧𝑠𝑒𝑐𝑧

𝟐

𝟎= 2 �

[(𝑥 − 1)2 + 1]−12

− 12

�

0

2

+ 9� 𝑐𝑜𝑠𝑧 𝑑𝑧𝟐

𝟎

𝑨 = 2 �[(𝑥 − 1)2 + 1]−

12

− 12

�

0

2

+ 9�(𝑠𝑒𝑛 𝑧)|02 = �[(𝑥 − 1)2 + 1]−12

− 14

�

0

2

+ 9�[𝑠𝑒𝑛 (tan−1(𝑥 − 1))]|02

𝑨 = −4√2

+ 4 + 9�√22� − 9�−

√22� = −

4√2

+ 4 + 9√2 = 4 + 7√2

En B

𝑩 = �𝑥3

(𝑥2 − 1)3 𝑑𝑥−√𝟐

−𝟐

:

Cambio de Variable:

𝑥2 − 1 = 𝑢 − − − − −−→ 𝑑𝑢 = 2𝑥 𝑑𝑥 − −−→𝑑𝑢2𝑥

= 𝑑𝑥

𝑩 = −12�

3−1

−1� +

12�

1−1

−1� −

12�

3−2

−2� +

12�

1−2

−2� =

16−

12

+1

12−

14

𝑥 = −√2 𝑢 = 1

𝑥 = −2 𝑢 = 3

𝑩 = −�𝑥3

(𝑢)3𝑑𝑢2𝑥

𝟑

𝟏= −�

�√𝑢 + 1�2

(𝑢)3𝑑𝑢2

𝟑

𝟏= −�

(𝑢 + 1)(𝑢)3

𝑑𝑢2

𝟑

𝟏

𝑩 = −12�

𝑢(𝑢)3

𝟑

𝟏𝑑𝑢 −

12�

𝑑𝑢(𝑢)3

𝟑

𝟏= −

12�

𝑑𝑢(𝑢)2

𝟑

𝟏−

12�

𝑑𝑢(𝑢)3

𝟑

𝟏

𝑩 = −12� (𝑢)−2𝑑𝑢𝟑

𝟏−

12� (𝑢)−3𝑑𝑢 =𝟑

𝟏

�−12�𝑢−1

−1��

𝟏

𝟑

− �12�𝑢−2

−2��

𝟏

𝟑

𝑩 = −𝟏𝟐

𝑨 = 𝟏𝟑.𝟗



119

Sumando A+B

𝑰 = 𝟏𝟑.𝟗 − 𝟎.𝟓

:

∴ 𝑰 = 𝟏𝟑.𝟒 Rpta

78. 𝑰 = ∫ 𝟗(𝒔𝒆𝒏𝒙)𝟗(𝒔𝒆𝒏𝒙)+𝟗(𝒄𝒐𝒔𝒙)

𝝅𝟎 𝒅𝒙

Resolución

Simplificando y resolviendo como integral indefinida

𝑰 = �𝑠𝑒𝑛 𝑥

𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝒙

:

Integración utilizando tangente: 𝑡𝑎𝑛 𝑥 = 𝑡 − − − − − −→ 𝑑𝑥 𝑠𝑒𝑐2𝑥 = 𝑑𝑡

𝑑𝑥 =𝑑𝑡

𝑠𝑒𝑐2𝑥− − − −−→ 𝑑𝑥 = 𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑑𝑡

Remplazando en I:

𝑠𝑒𝑛 𝑥 =𝑡

√1 + 𝑡2

𝑐𝑜𝑠 𝑥 =1

√1 + 𝑡2

𝑑𝑥 =1

1 + 𝑡2𝑑𝑡

x

�1 + 𝑡2

𝑡

1



120

𝑰 = �𝑡

√1+𝑡2

𝑡

√1+𝑡2 +1

√1+𝑡2

𝑑𝑥 = �𝑡

√1+𝑡2

𝑡+1

√1+𝑡2

𝑑𝑥

𝑰 = �𝑡

(𝑡 + 1)

1

(1 + 𝑡2)𝑑𝑡 = ��

𝐴

(𝑡 + 1)+

𝐵𝑡 + 𝐶

(1 + 𝑡2)� 𝑑𝑡

𝑰 = �−1

2(𝑡 + 1) 𝑑𝑡 +12�𝑡 + 1𝑡2 + 1

𝑑𝑡

𝑰 = −12�

1(𝑡 + 1) 𝑑𝑡 +

12�

𝑡𝑡2 + 1

𝑑𝑡 +12�

1𝑡2 + 1

𝑑𝑡

𝑡(𝑡 + 1)(1 + 𝑡2) =

𝐴(𝑡 + 1) +

𝐵𝑡 + 𝐶(1 + 𝑡2)

𝑡(𝑡 + 1)(1 + 𝑡2) =

𝐴(1 + 𝑡2) + (𝐵𝑡 + 𝐶)(𝑡 + 1)(𝑡 + 1)(1 + 𝑡2)

𝑡 = 𝐴𝑡2 + 𝐴 + 𝐵𝑡2 + 𝐵𝑡 + 𝐶𝑡 + 𝐶

𝑡 = (𝐴 + 𝐵)𝑡2 + (𝐵 + 𝐶)𝑡 + (𝐴 + 𝐶)

Hallando los numeradores:

𝐴 = −12

𝐵 =12

𝐶 =12

𝐴 + 𝐵 = 0

𝐵 + 𝐶 = 1

𝐴 + 𝐶 = 0



121

𝑰 = −12�𝑑(𝑡 + 1)(𝑡 + 1) +

14�𝑑(𝑡2 + 1)𝑡2 + 1

+12�

𝑑𝑡𝑡2 + 1

𝑰 = −12

ln|𝑡 + 1| +14

ln|𝑡2 + 1| +12𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑡)

Reemplazando en 𝑡𝑎𝑛 𝑥 = 𝑡:

𝑰 = −12

ln|𝑡𝑎𝑛 𝑥 + 1| +14

ln|(𝑡𝑎𝑛𝑥)2 + 1| +12𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑡𝑎𝑛𝑥)

Entonces

𝑰 = ��−12

ln|𝑡𝑎𝑛 𝑥 + 1| +14

ln|(𝑡𝑎𝑛𝑥)2 + 1| +12𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑡𝑎𝑛𝑥)��

𝟎

𝝅

𝑰 = �−12

ln|tan(𝜋) + 1| +14

ln|(𝑡𝑎𝑛𝜋)2 + 1| +12𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑡𝑎𝑛𝜋)� −

�−12

ln|tan(0) + 1| +14

ln|(𝑡𝑎𝑛0)2 + 1| +12𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑡𝑎𝑛0)�

:

𝑰 = �−12

ln|0 + 1| +14

ln|0 + 1| +12𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(0)� −

�−12

ln|0 + 1| +14

ln|0 + 1| +12𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(0)�

𝑰 = [0 + 0 + 0]




122

79. 𝑰 = ∫ (�𝒙−𝟏𝟐�

�𝒙𝟐+𝟏�

𝟑𝟐−𝟏 + �𝒙𝟐 − 𝒙

𝟐− 𝟏𝟓

𝟐�)𝒅𝒙

Resolución

En la función f(x)

𝒇(𝒙) =�𝒙 − 𝟏

𝟐�

‖𝒙𝟐 + 𝟏‖+ �𝒙𝟐 −

𝒙𝟐−𝟏𝟓𝟐�

:

Analizando por partes el máximo entero y el valor absoluto:

𝑥2 −𝑥2−

152

< 0 − − − − − −−→ 𝑥 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 (−1 𝑎 32

)

𝑥 −12

< 0 − −→ 𝑥 <12

𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 ∶

𝑥 −12

< 0 − − − −→ 𝑒𝑛 �−1;12� >

𝑥 −12

> 0 − − − −→ 𝑒𝑛 �12

,32�

Integramos f(x) por intervalos

�−�𝑥 − 1

2�

1− �𝑥2 −

𝑥2−

152�

12

−1𝑑𝑥 = ��−

𝑥3

3−𝑥2

4+ 8𝑥��

−1

12

=272

= 13.5

��𝑥 − 1

2�

1− �𝑥2 −

𝑥2−

152�

1

12

𝑑𝑥 = ��−𝑥3

3+

3𝑥2

4+ 7𝑥��

12

1

=15140

= 3.8

��𝑥 − 1

2�

2− �𝑥2 −

𝑥2−

152�

√2

1𝑑𝑥 = ��−

𝑥3

3+𝑥2

2+

294𝑥��

1

√2

=289100

= 2.9

:



123

��𝑥 − 1

2�

3− �𝑥2 −

𝑥2−

152�

32

√2𝑑𝑥 = ��−

𝑥3

3+

5𝑥2

12+

446𝑥��

12

1

=1120

= 0.6

∴ 𝑰 = 𝟐𝟎,𝟖 Rpta

80. 𝑯𝒂𝒍𝒍𝒂𝒓 𝑮´´(𝟏)𝒔𝒊:

𝑯(𝒕) = �𝟑 + 𝒕𝟐 + � 𝒇(𝒗)𝒇(𝒕)

𝟑𝒅𝒗

𝑮(𝒙) = ∫ 𝑯(𝒕)𝒅𝒕 𝒙𝟑 ;

𝒇𝒆𝒔 𝒅𝒆𝒓𝒊𝒗𝒂𝒃𝒍𝒆 𝒆𝒏 𝑹 𝒕𝒂𝒍 𝒒𝒖𝒆 𝒇(𝟏) = 𝒇´(𝟏) = 𝟏

Resolución

Dando otra función:

𝑠𝑒𝑎: 𝐴(𝑡) 𝑡𝑎𝑙𝑞𝑢𝑒 𝐴´(𝑡) = 𝐻(𝑡)

𝐺(𝑥) = 𝐴(𝑥)− 𝐴(3) Derivando:

𝐺´(𝑥) = 𝐴´(𝑥) = 𝐻(𝑥) 𝐺´´(𝑥) = 𝐻´(𝑥)



124

𝐻´(𝑥) =𝑥

√3 + 𝑥2

Entonces:

𝐺´´(𝑥) = 𝐻´(1) =1√4

=12

∴ 𝑮´´(𝒙) = 𝟏𝟐 Rpta

81. 𝑯(𝒕) = 𝒕𝟑 + ∫ 𝒇𝟐(𝒗)𝟏𝟎 𝒅𝒗 𝒚

𝑮(𝒙) = � 𝒙𝟐𝑯(𝒕)𝒙𝟑

𝟎𝒅𝒕, 𝒇 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂

Resolución

En G(x):

𝐺(𝑥) = � 𝑥2 �𝑡3 + � 𝑓2(𝑣)1

0𝑑𝑣�𝑑𝑡

𝑥3

0

𝐺(𝑥) = � 𝑥2𝑡3𝑑𝑡 + � 𝑥2 �� 𝑓2(𝑣)1

0𝑑𝑣�

𝑥3

0

𝑥3

0



125

𝐺(𝑥) = ��𝑥2𝑡4

4 �0

𝑥3

+ 𝑥2 �� 𝑓2(𝑣)1

0𝑑𝑣� 𝑡�

0

𝑥3

∴ 𝑮(𝒙) = 𝒙𝟏𝟒

𝟒+ �∫ 𝒇𝟐(𝒗)𝟏

𝟎 𝒅𝒗� 𝒙𝟑 Rpta

82. 𝑽𝒆𝒓𝒊𝒇𝒊𝒄𝒂𝒓 ∫ 𝒅𝒙

�𝟏−𝟏𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙

𝝅𝟐𝟎 =

�𝜸(𝟏 𝟒� )�𝟐

𝟒√𝝅

Resolución

En el integral:

𝐼 = �√2

�1 + (𝑐𝑜𝑠𝜃)2

𝜋2

0 𝑑𝜃

Cambio de Variable:

𝜃 = cos−1 𝑥 −−→ 𝑑𝜃 =−1

√1 + 𝑥2𝑑𝑥

𝜃 = 0 → 𝑥 = 1

𝜃 =𝜋2→ 𝑥 = 0



126

𝐼 = �−√2

�√1 + 𝑥2�(√1− 𝑥2)

0

1 𝑑𝜃 = �

√2(√1 − 𝑥4)

1

0 𝑑𝜃

𝐼 = �−√2 𝑠𝑒𝑛𝜃

2(√𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑠𝑒𝑛𝜃

0

𝜋2

𝑑𝜃 = �√2

2(√𝑐𝑜𝑠𝜃)

𝜋2

0 𝑑𝜃 = �

1 √2

𝜋2

0(𝑐𝑜𝑠𝜃)−

12 𝑑𝜃

𝐼 =1 √2

� (𝑠𝑒𝑛𝜃)0(𝑐𝑜𝑠𝜃)−12 𝑑𝜃

𝜋2

0=

1 √2

12

𝛽 �12

,14� =

1 2√2

𝛾�12� �𝛾(1

4� )

𝛾(34� )

𝛾(𝑝)𝛾(1 − 𝑝) =𝜋

𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑝

) −−−→ 𝑝 =

14

−−−→ 𝛾�14� �𝛾�3

4� � =2𝜋√2

= √2𝜋

∴ 𝜸 �𝟑 𝟒� � = √𝟐𝝅

𝜸�𝟏 𝟒� �− −→ 𝟏

𝟐√𝟐

𝜸�𝟏 𝟐� � 𝜸(𝟏 𝟒� )

𝜸(𝟑 𝟒� )=

�𝜸(𝟏 𝟒� )�𝟐

𝟒√𝝅 Rpta

83. 𝑺𝒊 ∫ 𝒙𝒑−𝟏

𝟏+𝒙∞𝟎 𝒅𝒙 = 𝝅

𝒔𝒆𝒏(𝝅𝒑) ;

𝒗𝒆𝒓𝒊𝒇𝒊𝒄𝒂𝒓: 𝜸(𝒑) 𝜸(𝟏 − 𝒑) =𝝅

𝒔𝒆𝒏(𝝅𝒑)

𝒑𝒂𝒓𝒂 𝟎 < 𝑝 < 1

Resolución

𝑦 =𝑥

1 + 𝑥… … … … … … . > 𝑥 =𝑦

1 − 𝑦

Utilizando variable:

Derivando:



127

1 + 𝑥 =1

1 − 𝑦 −−−−−− −−−> 𝑑(𝑥) =𝑑(𝑦)

(1 − 𝑦)2

�𝑥𝑝−1

1 + 𝑥

∞

0 𝑑𝑥 = �

𝑦𝑝−1(1 − 𝑦)(1 − 𝑦)𝑝+1

1

0 𝑑𝑥

� 𝑦𝑝−1(1 − 𝑦)−𝑝1

0 𝑑𝑦

� 𝑦𝑝−1(1 − 𝑦)−𝑝1

0 𝑑𝑦

Remplazando:

Verificando:

∴ 𝛃(𝐩,𝟏 − 𝐩) = 𝛄(𝐩) 𝛄(𝟏 − 𝐩) = 𝛑𝐬𝐞𝐧(𝛑𝐩)

Rpta

84. 𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒏𝒈𝒊𝒕𝒖𝒅 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝑨𝒔𝒕𝒓𝒐𝒊𝒅𝒆

𝒙 = 𝒂 𝒄𝒐𝒔𝟑𝒕 𝒚 = 𝒂 𝒔𝒆𝒏𝟑𝒕

Resolución

𝑥 = 𝑎𝑐𝑜𝑠3𝑡 −−−− −−−→ 𝑥´ = 3𝑎𝑐𝑜𝑠2𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑡

𝑦 = 𝑎𝑠𝑒𝑛3𝑡 −−− −−−−→ 𝑦´ = 3𝑎𝑠𝑒𝑛2𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡

Derivando:



128

(𝑥´) + (𝑦´) = 9𝑎2𝑐𝑜𝑠2𝑡 𝑠𝑒𝑛2𝑡

Sumando X´+ Y´:

𝐼 = 4� �(𝑥´) + (𝑦´)𝑑𝑡𝜋2

0

𝐼 = 4� �9𝑎2𝑐𝑜𝑠2𝑡 𝑠𝑒𝑛2𝑡 𝑑𝑡𝜋2

0

𝐼 = 4� 3𝑎 𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑑𝑡𝜋2

0

𝐼 = 12𝑎� 𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑑𝑡 = �12𝑎𝑠𝑒𝑛2𝑡

2�0

𝜋2

𝜋2

0

En la integral :

∴ 𝑰 = 𝟔𝒂 Rpta

85. ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐𝟑𝒙

𝒄𝒐𝒔𝟒𝟓𝒙𝒅𝒙

𝝅𝟐𝟎

Aplicando función beta

Resolución

�𝑠𝑒𝑛

23𝑥

𝑐𝑜𝑠45𝑥𝑑𝑥 =

𝜋2

0� 𝑠𝑒𝑛

23𝑥𝑐𝑜𝑠

−45 𝑥𝑑𝑥

𝜋2

0



129

2𝑥 − 1 =23→ 𝑥 =

56

2𝑦 − 1 = −45→ 𝑦 =

110

∴ ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐𝟑𝒙𝒄𝒐𝒔

−𝟒𝟓 𝒙𝒅𝒙

𝝅𝟐𝟎 = 𝟏

𝟐𝑩 �𝟓

𝟔, 𝟏𝟏𝟎� Rpta

86. ∫ 𝒙𝟒𝟑

√𝟑𝒂−𝒙𝟑 𝒅𝒙𝟐𝒂𝟎

= � �𝑥

3𝑎�43 �1 −

𝑥3𝑎�13 (3𝑎)

52𝑑𝑥

2𝑎

0

Resolución

�𝑥43

√3𝑎 − 𝑥3 𝑑𝑥 = � 𝑥43(3𝑎 − 𝑥)

13𝑑𝑥

2𝑎

0

2𝑎

0

Haciendo 𝑦 = 𝑥3𝑎

, 𝑥 = 0 𝑦 = 𝑜, 43

= 𝑚 − 1 → 𝑚 = 73

𝑥 = 3𝑎𝑦 = 1 , 13

= 𝑛 − 1 → 𝑛 =43

∴ ∫ 𝒙𝟒𝟑

√𝟑𝒂−𝒙𝟑 𝒅𝒙 = (𝟑𝒂)𝟏𝟏𝟔 ∫ 𝒚

𝟒𝟑(𝟏 − 𝒚)

𝟏𝟑𝒅𝒚𝟏

𝟎𝟐𝒂𝟎 = (𝟑𝒂)

𝟏𝟏𝟔 𝑩 �𝟕

𝟑, 𝟒𝟑�

Rpta



130

87. ∫ 𝒆𝒙+𝟗−𝟏(𝒆−𝒙)𝒅𝒙𝒍𝒏√𝟑𝟎

= � 𝑒𝑥𝑑𝑥 + � 9−1(𝑒−𝑥)𝑙𝑛√3

0𝑑𝑥

𝑙𝑛√3

0

= 𝑒𝑥 �𝑙𝑛√3

0� + (−)

19� (𝑒−𝑥)𝑙𝑛√3

0(−)𝑑𝑥

= (𝑒𝑙𝑛√3 − 𝑒0) −19𝑒−𝑥 �

𝑙𝑛√30

�

= √3 − 1 −19

(𝑒−𝑙𝑛√3 − 𝑒−0)

= √3 − 1 −1

9√3+

19

Resolución

∴ ∫ 𝒆𝒙+𝟗−𝟏(𝒆−𝒙)𝒅𝒙𝒍𝒏√𝟑𝟎 = 𝟐𝟔

𝟗√𝟑− 𝟖

𝟗 Rpta

88. ∫ 𝒅𝒙

𝒙𝟑�𝟏−𝒙𝟐

√𝟐𝟐

𝟏𝟐

⟹�𝑑𝑥

𝑥3√1 − 𝑥2= �

−𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃𝑐𝑜𝑠3𝜃√1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃

Resolución

𝑠𝑒𝑎 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝜃 ⟶ 𝑑𝑥 = −𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃



131

= �−𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃

𝑐𝑜𝑠3𝜃√𝑠𝑒𝑛2𝜃= −�

𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃𝑐𝑜𝑠3𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃

= −�𝑠𝑒𝑐3𝜃𝑑𝜃��

𝐼

𝐼 = �𝑠𝑒𝑐2𝜃𝑠𝑒𝑐𝜃𝑑𝜃 = �(𝑡𝑎𝑛2𝜃 + 1)𝑠𝑒𝑐𝜃𝑑𝜃

𝐼 = �(𝑡𝑎𝑛2𝜃𝑠𝑒𝑐𝜃𝑑𝜃 + 𝑠𝑒𝑐𝜃)𝑑𝜃

𝐼 = �𝑡𝑎𝑛2𝜃𝑠𝑒𝑐𝜃𝑑𝜃 + �𝑠𝑒𝑐𝜃𝑑𝜃

𝐼 = �𝑡𝑎𝑛2𝜃𝑠𝑒𝑐𝜃𝑑𝜃��

𝐼1

+ 𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑐𝜃 + 𝑡𝑎𝑛𝜃| … … … … . (1)

𝑑𝑒𝑠𝑎𝑟𝑟𝑜𝑙𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑡𝑒𝑠 𝐼1 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠:

𝐼1 = 𝑠𝑒𝑐𝜃𝑡𝑎𝑛𝜃 − �𝑠𝑒𝑐3𝜃𝑑𝜃… … … … … … … … … … (2)

𝑑𝑒 (1) 𝑦 (2) 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒:

�𝑠𝑒𝑐3𝜃𝑑𝜃 = 𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑐𝜃 + 𝑡𝑎𝑛𝜃| + 𝑠𝑒𝑐𝜃𝑡𝑎𝑛𝜃 − �𝑠𝑒𝑐3𝜃𝑑𝜃

⟹−�𝑠𝑒𝑐3𝜃𝑑𝜃 = −12

(𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑐𝜃 + 𝑡𝑎𝑛𝜃| + 𝑠𝑒𝑐𝜃𝑡𝑎𝑛𝜃)

⟹ 𝑠𝑒 𝑠𝑎𝑏𝑒 𝑞𝑢𝑒: 𝑠𝑒𝑐𝜃 =1𝑥

; 𝑡𝑎𝑛𝜃 =√1 − 𝑥2

𝑥

∴ �𝑑𝑥

𝑥3√1 − 𝑥2

√22

12

= −12�𝑙𝑛 �

1𝑥

+√1 − 𝑥2

𝑥� +

1𝑥

.√1 − 𝑥2

𝑥� �

√2212

�

= −12�𝑙𝑛 �

1 + √1 − 𝑥2

𝑥� +

√1 − 𝑥2

𝑥2� �

√2212

�



132

=12

⎝

⎜⎛𝑙𝑛 ��

1 + �1 − �√22�2

√22

��+.�1 − �√2

2�2

�√22�2 −

⎝

⎛𝑙𝑛 ��1 + �1 − �1

2�2

�12�

��+.�1 − �1

2�2

12

2

⎠

⎞

⎠

⎟⎞

𝑜𝑝𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒

= −12𝑙𝑛�2 − √2� − 1 + √6

∴ ∫ 𝒅𝒙

𝒙𝟑�𝟏−𝒙𝟐

√𝟐𝟐

𝟏𝟐

= √𝟔 − 𝟏 − 𝟏𝟐𝒍𝒏�𝟐 − √𝟐� Rpta

89. ∫ �𝟏𝟗𝟐𝒙𝟑 + √𝟐|𝒕𝒈𝒙|�𝒅𝒙𝝅𝟒−𝝅𝟒

= √𝒂𝒍𝒏𝒂

Resolución

𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑥2𝑒𝑠 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑝𝑎𝑟 � 𝑥3 = 0𝜋/4

−𝜋/4

𝑦 𝑐𝑜𝑚𝑜 |𝑡𝑔𝑥| 𝑒𝑠 𝑝𝑎𝑟 ⟹ � |𝑡𝑔𝑥|𝑑𝑥 = 2𝜋/4

−𝜋/4� 𝑡𝑔𝑥𝑑𝑥𝜋/4

0

⟹ 2√2� 𝑡𝑔𝑥𝑑𝑥 = 2√2𝑙𝑛(𝑠𝑒𝑐𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥) �𝜋40�

𝜋/4

0= 2√2𝑙𝑛�√2�

= �2𝑙𝑛(2) ⟹ 𝑎 = 2

𝑝𝑖𝑑𝑒𝑛� 𝑒−𝑡2𝑒

2

𝑟𝑒𝑐𝑜𝑟𝑑𝑎𝑟: 𝑒−𝑡2 = �𝑓(0)

(𝑛)

𝑛!𝑡𝑛

∞

𝑛=1

; 𝑠𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑓(𝑡) = 𝑒−𝑡2



133

∴ � �𝒇(𝟎)

(𝒏)

𝒏! 𝒕𝒏

∞

𝒏=𝟏

=𝒆

𝟐�

𝒇(𝟎)(𝒏)

𝒏!𝒕𝒏+𝟏

𝒏 + 𝟏 �𝒆𝟐� =

∞

𝒏=𝟏

�𝒇(𝟎)

(𝒏)

(𝒏 + 𝟏)! 𝒕𝒏+𝟏 �

𝒆𝟐�

∞

𝒏=𝟏

Rpta

90. ∫ 𝒙𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈𝒙�𝟏+𝒙𝟒𝟑 𝒅𝒙∞

𝟎

𝑣 =12�

2𝑡

(1 + 𝑡4)13𝑑𝑡

𝑥

0

Resolución

𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒𝑠:

𝑢 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 , 𝑑𝑣 =𝑥

(1 + 𝑥2)13

𝑑𝑢 =1

(1 + 𝑥2)

ℎ𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑦 = 𝑡2 �𝑡 = 𝑜 ⟶ 𝑦 = 0𝑡 = 𝑥 ⟶ 𝑦 = 𝑥2

�

=12�

𝑑𝑦

(1 + 𝑦2)13

𝑥2

0

ℎ𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜𝑦 = 𝑡𝑎𝑛(𝑧) ⟶ �𝑦 = 𝑜 ⟶ 𝑧 = 0

𝑦 = 𝑥2 ⟶ 𝑦 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥2)�

𝑣 = �𝑠𝑒𝑐(𝑧)𝑡𝑎𝑛(𝑧)

𝑠𝑒𝑐2(𝑧)13

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛�𝑥2�

0𝑑𝑧 =

12� 𝑐𝑜𝑠

23(𝑧)𝑠𝑒𝑛(𝑧)𝑑𝑧


0



134

⇒ �𝑥𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥)

(1 + 𝑥4)13

∞

0𝑑𝑥 =

𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥)2

� 𝑐𝑜𝑠23(𝑧)𝑠𝑒𝑛(𝑧)𝑑𝑧


0�∞0� −

−12�

1(1 + 𝑥2) (� 𝑐𝑜𝑠



0)𝑑𝑥

∞

0)

��𝑓(𝑥)

=𝜋4� 𝑐𝑜𝑠


𝜋4

0

∴ ∫ 𝒙𝒂𝒓𝒄𝒕𝒂𝒏(𝒙)

�𝟏+𝒙𝟒�𝟏𝟑

∞𝟎 𝒅𝒙 = 𝝅

𝟒𝜷 �𝟏

𝟐, 𝟓𝟔� Rpta

91. ∫ 𝒙𝟑(𝒙𝟐 − 𝒙 + 𝟏)𝟏𝟐

𝟏𝟎 𝒅𝒙

= � 𝑥3��𝑥 −12�2

+34�

1

0𝑑𝑥

Resolución

Sea 𝑢 = 𝑥 + 12⟹ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 ⇒ �

𝑥 = 0 𝑢 = −12

𝑥 = 1 𝑢 = 12

�

⟹� �𝑢 +12�3��𝑢2 +

34�

12

−12

𝑑𝑢

𝑠𝑒𝑎𝑢 =√32𝑡𝑎𝑛(𝑧) ⟹

⎩⎨

⎧ 𝑢 = −12⟶ 𝑡𝑎𝑛(𝑧) =

−1√3

→ 𝑧 = −𝜋6

𝑢 =12⟶ 𝑡𝑎𝑛(𝑧) =

1√3

→ 𝑧 =𝜋6

�



135

⟹34� �

12√

3𝑡𝑎𝑛(𝑧) +12�3𝜋

6

−𝜋6

𝑠𝑒𝑐3(𝑧)𝑑𝑧

=34� (

𝑠𝑒𝑐3(𝑧)8

𝜋6

−𝜋6

+38√

3𝑡𝑎𝑛3(𝑧)𝑠𝑒𝑐3(𝑧) +98𝑡𝑎𝑛2(𝑧)𝑠𝑒𝑐3(𝑧) +

+38√3𝑡𝑎𝑛(𝑧)𝑠𝑒𝑐3(𝑧))𝑑𝑧

=3

32� 𝑠𝑒𝑐3(𝑧)��

𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑝𝑎𝑟

𝑑𝑧𝜋6

−𝜋6

+9√332

� 𝑡𝑎𝑛3(𝑧)𝑠𝑒𝑐3(𝑧)��𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑖𝑛𝑝𝑎𝑟

𝜋6

−𝜋6

𝑑𝑧 +

+2732

� 𝑡𝑎𝑛2(𝑧)𝑠𝑒𝑐3(𝑧)��𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑝𝑎𝑟

𝑑𝑧𝜋6

−𝜋6

+9√332

� 𝑡𝑎𝑛(𝑧)𝑠𝑒𝑐3(𝑧)��𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟

𝑑𝑧𝜋6

−𝜋6

=3

16� 𝑠𝑒𝑐3(𝑧)𝑑𝑧

𝜋6

0+

2716

� 𝑡𝑎𝑛2(𝑧)𝑠𝑒𝑐3(𝑧)𝑑𝑧𝜋6

0

𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑠𝑒𝑐2(𝑧) = 1 + 𝑡𝑎𝑛2(𝑧)

316

� 𝑠𝑒𝑐3(𝑧)𝑑𝑧𝜋6

0+

2716

� (𝑠𝑒𝑐2(𝑧) − 1)𝑠𝑒𝑐3(𝑧)𝑑𝑧𝜋6

0

= 3


𝜋6

0+

2716


0−

2716


0

=3


𝜋6

0−


𝜋6

0

=2716

�14𝑠𝑒𝑐3(𝑧) +

38𝑠𝑒𝑐(𝑥)𝑡𝑎𝑛(𝑥) +

38𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑐𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥|� �

𝜋60� −

−32�

12𝑠𝑒𝑐(𝑧)𝑡𝑎𝑛(𝑧) +

12𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑐𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥|� �

𝜋60�



136

∴ ∫ 𝒙𝟑(𝒙𝟐 − 𝒙 + 𝟏)𝟏𝟐

𝟏𝟎 𝒅𝒙 = 𝟏

𝟐𝟓𝟔�𝟕𝟔 − 𝟏𝟓𝒍𝒏(𝟑)� Rpta

92. ∫ 𝒅𝒙(𝟐+𝒙)𝟑�𝒍𝒏(𝟐+𝒙)

∞𝟎

Resolución

𝑠𝑒𝑎 𝑥 + 2 = 𝑒−𝑡 → 𝑙𝑛(𝑥 + 2) = −𝑡

⇒ 𝑑𝑥 = 𝑒−𝑡𝑑𝑡

= �−𝑒−𝑡𝑑𝑡

(𝑒−𝑡)3√−𝑡

∞

0= −�

𝑒−𝑡𝑑𝑡𝑒−3𝑡√−𝑡

∞

0= −�

𝑒2𝑡𝑑𝑡√−𝑡

∞

0

𝑠𝑒𝑎 − 𝑝 = 2𝑡 ⟹ −𝑡�𝑝2

−𝑑𝑝 = 2𝑑𝑡

= �𝑒−𝑝 𝑑𝑝

2

�𝑝2

∞

0=√22�

𝑒−𝑝𝑑𝑝�𝑝

∞

0

=√22� 𝑒−𝑝𝑝−

12𝑑𝑝

∞

0 ; 𝑠𝑒𝑎 𝑥 − 1 =

12⟹ 𝑥 =

12

=√22𝛤 �

12� =

√22 √𝜋 =

√2𝜋2

∴ ∫ 𝒅𝒙(𝟐+𝒙)𝟑�𝒍𝒏(𝟐+𝒙)

∞𝟎 = √𝟐𝝅

𝟐 Rpta



137

93. 𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓:

� �𝒙(𝟏 + 𝒙)−𝟑 + 𝒙(𝒙𝟐 + 𝟏)−𝟏𝟐� 𝒅𝒙

∞

𝟎

𝐼 = � 𝑥(1 + 𝑥)−3𝑑𝑥∞

0��𝐼1

+ � 𝑥(𝑥2 + 1)−12𝑑𝑥

∞

0��𝐼2

𝐼1 = �𝑥

(1 + 𝑥)3𝑑𝑥

∞

0= �

𝑥𝑚−1

(1 + 𝑥)𝑚+𝑛 𝑑𝑥∞

0⟹ 𝑚 = 2; 𝑛 = 1

⟹�𝑥

(1 + 𝑥)3 𝑑𝑥∞

0= 𝛽(2,1)

⟹ 𝛽(2,1) =𝛤(2)𝛤(1)𝛤(3) =

12

𝐼1 =12

𝐼2 = �𝑥

√𝑥2 + 1𝑑𝑥

∞

0

𝑠𝑒𝑎 𝑥 = 𝑡𝑎𝑛𝜃 ⟹ 𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑐2𝜃𝑑𝜃

Resolución

�𝑡𝑎𝑛𝜃𝑠𝑒𝑐2𝜃𝑑𝜃√𝑡𝑎𝑛2𝜃 + 1

= �𝑡𝑎𝑛𝜃𝑠𝑒𝑐2𝜃𝑑𝜃

𝑠𝑒𝑐𝜃

= �𝑡𝑎𝑛𝜃𝑠𝑒𝑐𝜃𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑐𝜃

𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑑𝑎𝑑 𝑥 = 𝑡𝑎𝑛𝜃 ⟹ 𝑠𝑒𝑐𝜃 = �𝑥2 + 1



138

𝐼2 = �𝑥

√𝑥2 + 1𝑑𝑥

∞

0= �𝑥2 + 1 �

∞0� = 𝑙𝑖𝑚

𝑏→∞�𝑥2 + 1 �

𝑏0�

𝐼2 = 𝑙𝑖𝑚𝑏→∞

�𝑏2 + 1 − �02 + 1 = ∞ − 1

𝐼2 = ∞

𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 =12

+ ∞

∴ ∫ �𝒙(𝟏 + 𝒙)−𝟑 + 𝒙(𝒙𝟐 + 𝟏)−𝟏𝟐� 𝒅𝒙∞

𝟎 = ∞ Rpta

94. Calcular la longitud de la curva cerrada

𝒓 = 𝟐𝒂(𝒔𝒆𝒏𝜽 + 𝒄𝒐𝒔𝜽)

𝑟2 = 4𝑎2(1 + 2𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃)

⟹�𝑟2 + �𝑑𝑟𝑑𝜃�2

𝑑𝜃 = �4𝑎2(2) = 2|𝑎|√2

Resolución

𝑟 = 2𝑎(𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑐𝑜𝑠𝜃) ⇒𝑑𝑟𝑑𝜃

= (𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)

𝐼 = � �𝑟2 + �𝑑𝑟𝑑𝜃�2

𝑑𝜃2𝜋

0

�𝑑𝑟𝑑𝜃�2

= 4𝑎2(𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 2𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃) = 4𝑎2(1 − 2𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃)



139

𝐼 = � 2√2|𝑎|𝑑𝜃2𝜋

0=

4√2𝜋4

∴ 𝑰 = √𝟐𝝅 Rpta

95. ∫ �𝐬𝐞𝐧 �√𝟐𝟐− 𝝅𝒙� − 𝐬𝐞𝐧 ��𝒙𝟐�� 𝝅

𝟐��√𝟐

−𝟏 𝒅𝒙

Resolución

−1 ≤ 𝑥 ≤ √2 → 0 ≤ x2 ≤ 2 → ⟦�𝑥2⟧� = 0 → sen �⟦�𝑥2⟧�𝜋2� = 0

Sea ∶ 𝑢 = √22− 𝜋𝑥 → 𝑑𝑢 = −𝜋𝑑𝑥

� �𝑠𝑒𝑛 �√22− 𝜋𝑥��

√2

−1𝑑𝑥 = −

1𝜋� 𝑠𝑒𝑛 𝑢√2

−1𝑑𝑢 = −

1𝜋

(− cos𝑢)/√2−1

𝑰 = 1𝜋�cos�

√22− 𝜋√2� − cos�

√22

+ 𝜋��

De Diferencia producto

:

cos𝐴 − cos𝐵 = −2𝑠𝑒𝑛 �𝐴 + 𝐵

2� 𝑠𝑒𝑛 �

𝐴 − 𝐵2

�

∴ 𝐈 = 𝟏𝛑�𝟐 𝐬𝐞𝐧 �√𝟐+𝛑(𝟏−√𝟐)

𝟐� 𝐬𝐞𝐧 �√𝟐+𝛑

𝟐�� Rpta



140

96. ∫(𝟏−𝒔𝒆𝒏𝒉 𝒙)𝟒 𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙

√𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙𝒅𝒙𝒍𝒏�𝟏+√𝟐�

𝟎

(1 − 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥)4 = (𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 − 1)4

Resolución

𝑠𝑒𝑎: 𝑢 = 𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 − 1 ∧ 𝑠𝑒𝑛ℎ 𝑥 = 𝑢 + 1 → 𝑑𝑢 = 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 𝑑𝑥

�(𝐬𝐞𝐧𝐡 𝐱 − 𝟏)𝟒 𝐜𝐨𝐬𝐡 𝐱

√𝐬𝐞𝐧𝐡

𝐥𝐧�𝟏+√𝟐�

𝟎𝐝𝐱 = � 𝐮(𝟏 + 𝐮)−

𝟏𝟐 𝐝𝐮

𝐥𝐧�𝟏+√𝟐�

𝟎

� u(1 + u)−12 du

𝐥𝐧�𝟏+√𝟐�

𝟎 = 2� (z2 − 1)4 dz

𝐥𝐧�𝟏+√𝟐�

𝟎= I

Haciendo: 𝑧2 = 𝑢 + 1 → 𝑧2 − 1 = 𝑢 → 2𝑧 𝑑𝑧 = 𝑑𝑢

Reemplazando las variables:

I = 2� (𝟏 − 𝐬𝐞𝐧𝐡 𝐱)𝟒𝐥𝐧�𝟏+√𝟐�

𝟎𝐝𝐱 = 2� (𝟏 − 𝐬𝐞𝐧𝐡 𝐱)𝟒 𝐝𝐱

𝐥𝐧�𝟏+√𝟐�

𝟎= 2� 𝐟𝐱 𝐝𝐱

𝐥𝐧�𝟏+√𝟐�

𝟎

I = 2 �� 𝐟𝐱 𝐝𝐱𝐥𝐧�𝟏+√𝟐�

𝟎� = 2 �𝐟𝐥𝐧�𝟏+√𝟐� . �𝐥𝐧�𝟏 + √𝟐��´ − 𝐟𝟎. (𝟎)´� = 0




141

97. ∫ √𝟐(𝟏+𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙)𝒔𝒆𝒏 𝟐𝟐𝒙+𝟖𝒄𝒐𝒔𝟒𝒙

𝒅𝒙𝒕𝒂𝒏−𝟏 √𝟐𝟎

�√𝟐(𝟏 + 𝐜𝐨𝐬𝟐𝐱)

𝐬𝐞𝐧 𝟐𝟐𝐱 + 𝟖𝐜𝐨𝐬𝟒𝐱𝐝𝐱

𝐭𝐚𝐧−𝟏 √𝟐

𝟎 = �

√2(1 + 2cos2x − 1)4sen 2x. cos2x + 8cos4x

dxtan−1 √2

0

Resolución

�√2

2sen 2x + 4cos2xdx

tan−1 √2

0 𝒇𝒂𝒄𝒕𝒐𝒓𝒊𝒛𝒂𝒏𝒅𝒐

√22�

dx(sen 2x + 2cos2x)

tan−1 √2

0 = I

I =√22�

dx(1 + cos2x)

tan−1 √2

0 𝐝𝐢𝐯𝐢𝐝𝐢𝐞𝐧𝐝𝐨 𝐞𝐧𝐭𝐫𝐞 𝐜𝐨𝐬𝟐𝐱 I =

√22�

sec2x dx(sec2x + 1)

tan−1 √2

0

I =√22�

d (tan x)(tan2x + 2) =

tan−1 √2

0

√22�

1√2

arctan �tanx√2

�� /arctan (√2)

0

𝐼 = 12�𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 �

tan (arctan (√2)√2

� − arctan � tan (arctan (0)

√2��

∴ 𝐼 = 12�𝜋4− 0� = 𝜋

8 Rpta

98. ∫ l 𝑿𝟐 − ��𝒙𝟐��l𝟐−𝟏 𝒅𝒙

Resolución



142

−1 ≤ 𝑥 ≤ 2 → 0 ≤ x2 ≤ 4 → ⟦�𝑥2⟧� = 0

� l 𝒙𝟐 − ��𝒙𝟐��l𝟐

−𝟏 𝒅𝒙 = � l 𝒙𝟐l

𝟎

−𝟏 𝒅𝒙 +� l 𝒙𝟐l

𝟏

𝟎 𝒅𝒙 +� l 𝒙𝟐l

𝟐

𝟏 𝒅𝒙

−1 ≤ 𝑥 ≤ 0 → 0 ≤ 𝑥2 ≤ 1 → l 𝒙𝟐l = x2

· 𝐼1 = � l 𝒙𝟐l𝟎

−𝟏 𝒅𝒙 = � 𝒙𝟐

𝟎

−𝟏 𝒅𝒙 =

𝐱𝟑

𝟑/

0−1

= −𝟏𝟑

0 ≤ 𝑥 ≤ 1 → 0 ≤ 𝑥2 ≤ 1 → l 𝒙𝟐l = x2

· 𝐼2 = � l 𝒙𝟐l𝟏

𝟎 𝒅𝒙 = � 𝒙𝟐

𝟏

𝟎 𝒅𝒙 =

𝐱𝟑

𝟑/

0−1

= 𝟏𝟑

1 ≤ 𝑥 ≤ 2 → 0 ≤ 𝑥2 ≤ 4 → l 𝒙𝟐l = x2

· 𝐼3 = � l 𝒙𝟐l𝟐

𝟏 𝒅𝒙 = � 𝒙𝟐

𝟐

𝟏 𝒅𝒙 =

𝐱𝟑

𝟑/

21

= 𝟖𝟑

∴ 𝑰 = 𝑰𝟏 + 𝑰𝟐 + 𝑰𝟑 = 𝟖𝟑

Rpta

99. ∫ √𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙 + 𝒔𝒆𝒏𝒙𝝅𝟐𝟎 𝒅𝒙

Resolución

𝑠𝑒𝑎: 𝑢 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 → 𝑑𝑢 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥

𝐼1 𝐼3 𝐼2

1

�1 − 𝑢2

𝑢

𝑥



143

Entonces

𝑰 = �𝟏

𝒄𝒐𝒔𝒙�sen2x + senx

𝝅𝟐

𝟎 . 𝒄𝒐𝒔𝒙𝒅𝒙 = �

𝟏√1 − u2

�u2 + u𝝅𝟐

𝟎𝒅𝒖

𝑰 = �𝟏

√1 − u2�u2 + u

𝝅𝟐

𝟎𝒅𝒖 = �

𝟏�(1 − u)�(u + 1)

√u�(u + 1)𝝅𝟐

𝟎𝒅𝒖 = �

√u�(1 − u)

𝝅𝟐

𝟎𝒅𝒖

sea: z2 = 1 − u → 2zdz = −du → du = − 2zdz

𝐼 = �√1 − z2

√z2(−𝟐𝒛𝒅𝒛)

𝝅𝟐

𝟎= −𝟐�

√1 − z2

𝒛

𝝅𝟐

𝟎𝒛𝒅𝒛 = −𝟐� �𝟏 − 𝒛𝟐

𝝅𝟐

𝟎𝒅𝒛

= −𝟐 �𝟏𝟐𝒛�𝟏 − 𝒛𝟐 +

𝟏𝟐𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏(𝒛)� /

π20

𝐼 = −𝟐 �√𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝒙

𝟐 √𝒔𝒆𝒏𝒙 +𝟏𝟐𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒏�√𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝒙�� /

π20

Reemplazando las variables:

𝐼 = −𝟐 �(𝟎 + 𝟎) − �𝟏𝟐

.𝟎 +𝟏𝟐

.𝝅𝟐�� = −2 �−

𝜋4�

∴ 𝑰 = 𝝅𝟐

Rpta

100. ∫ 𝒙𝟔𝒆−𝟑𝒙 𝒅𝒙∞𝟎 + ∫ 𝒅𝒙

𝒙�𝒙𝟐−𝟏

∞𝟏

Resolución



144

𝑰 = � 𝒙𝟔𝒆−𝟑𝒙 𝒅𝒙∞

𝟎 + �

𝒅𝒙𝒙√𝒙𝟐 − 𝟏

∞

𝟏

Para: 𝑰𝟏

𝑠𝑒𝑎: 3𝑥 = 𝑡 → 𝑑𝑥 =𝑑𝑡3→ 𝑥6 =

𝑡36

𝑰𝟏 = � 𝒙𝟔𝒆−𝟑𝒙 𝒅𝒙∞

𝟎=

𝟏𝟑𝟔� 𝒕𝟔𝒆−𝒕 .

𝒅𝒕𝟑

∞

𝟎=

𝟏𝟑𝟕� 𝒕𝟔𝒆−𝒕 𝒅𝒕∞

𝟎=

𝟏𝟑𝟕𝒓(𝟕)

𝑰𝟏 =𝟏𝟑𝟕

. 𝒓(𝟕) = 𝟏𝟑𝟕

.𝟔! = 𝟕𝟐𝟎𝟑𝟕

= 𝟖𝟎𝟐𝟒𝟑

Para: 𝑰𝟐

𝑰𝟐 = �𝒅𝒙

𝒙√𝒙𝟐 − 𝟏

∞

𝟏= 𝐥𝐢𝐦

𝒂→∞��

𝒅𝒙𝒙√𝒙𝟐 − 𝟏

𝒂

𝟏� = 𝐥𝐢𝐦

𝒂→∞�𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄(𝒙)/

𝑎1�

𝑰𝟐 = 𝐥𝐢𝐦𝒂→∞

[𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄(𝒂) − 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄(𝟏)] = 𝐥𝐢𝐦𝒂→∞

[𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄(∞) − 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒆𝒄(𝟏)] = 𝐥𝐢𝐦𝒂→∞

�𝝅𝟐− 𝟎)�

𝐈𝟐 = 𝐥𝐢𝐦𝒂→∞

�𝝅𝟐� =

𝝅𝟐

∴ 𝑰 = 𝑰𝟏 + 𝑰𝟐 = 𝟖𝟎𝟐𝟒𝟑

+ 𝝅𝟐

Rpta

𝐼1 𝐼2



145

101. Si 𝒓(𝒑)𝒓(𝟏−𝒑) = 𝝅𝒔𝒆𝒏 𝒑𝝅

; 𝟎 ≤ 𝒑 ≤ 𝟏 demostrar que:

� �𝟏 − 𝒙𝟒 𝒅𝒙𝟏

𝟎=�𝒓�𝟏𝟒�

�𝟐

𝟔√𝟐𝝅

Resolución

𝑥2 = 𝑠𝑒𝑛(∝) → 2𝑥 𝑑𝑥 = cos(∝)𝑑∝ → 𝑑𝑥 = 12

cos(∝) 𝑠𝑒𝑛(∝)−12 𝑑∝

�𝑥 = 0 → ∝ = 0𝑥 = 1 → ∝ =

𝜋2�

La integral

�𝑐𝑜𝑠2 ∝

2. 𝑠𝑒𝑛−

12 ∝ 𝑑∝

𝜋2

0=

12� 𝑠𝑒𝑛−

12 ∝ cos2 ∝𝑑∝

𝜋2

0

:

2𝑥 − 1 = −12

→ 𝑥 =14

; 2𝑦 − 1 = 2 → 𝑦 =32

Entonces tenemos:

12� 𝑠𝑒𝑛−

12 ∝ cos2 ∝𝑑∝

𝜋2

0=

12

.Β �14

; 32�

𝐼 = 14

.Β�14

; 32� =

𝟏𝟒

. 𝒓�𝟏𝟒�𝒓�𝟑𝟐�

𝒓�𝟕𝟒�



146

∴ ∫ √𝟏 − 𝒙𝟒 𝒅𝒙𝟏𝟎 = 𝟏

𝟒 .

𝒓�𝟏𝟒�

𝒓�𝟑𝟐�

𝒓�𝟕𝟒�

=�𝒓�𝟏𝟒�

�𝟐

𝟔√𝟐𝝅 Rpta

102. 𝑺𝒊 𝒇(𝒙)𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 𝒚 𝒔𝒆 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒆 𝒑𝒐𝒓:

𝒇(𝒙) = ∫ �𝟒 + 𝒔𝒆𝒏�𝒔𝒆𝒏𝝅.√𝒕 + 𝟏�� 𝒅𝒕𝒙𝟐+ 𝒙𝟎 Calcular:

𝑲 = 𝒇´(𝟎) + 𝒇´´

(𝟎)

Resolución

𝑠𝑒𝑛 (𝜋) = 0 , 𝑠𝑒𝑛(0) = 0

Entonces:

𝑓(𝑥) = � �4 + 𝑠𝑒𝑛�𝑠𝑒𝑛𝜋.√𝑡 + 1�� 𝑑𝑡𝑥2+ 𝑥

0 = � [4 + 𝑠𝑒𝑛(0)]𝑑𝑡

𝑥2+ 𝑥

0= � 4 𝑑𝑡

𝑥2+ 𝑥

0

𝑓(𝑥) = 4� 𝑑𝑡𝑥2+ 𝑥

0= 4𝑡 /

𝑥2 + 𝑥0

= 4(𝑥2 + 𝑥)

Hallando las derivadas:

𝑓´(𝑥) = 4(2𝑥 − 1) → 𝑓´

(0) = 4(2(0) − 1) = - 4

𝑓´´(𝑥) = 4(2) = 8 → 𝑓´´

(0) = 8



147

∴ 𝑲 = 𝒇´(𝟎) + 𝒇´´

(𝟎) = −𝟒 + 𝟖 = 𝟒 Rpta

103. 𝑺𝒊 𝒇 𝒆𝒔 𝒖𝒏𝒂 𝒇𝒖𝒏𝒄𝒊𝒐𝒏 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒊𝒅𝒂 𝒚 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒊𝒏𝒖𝒂 ∀𝒙 ∈ ℝ 𝒒𝒖𝒆

𝒔𝒂𝒕𝒊𝒔𝒇𝒂𝒄𝒆 𝒍𝒂 𝒆𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏:

� 𝒇(𝒕) 𝒅𝒕 =𝒙

𝟎� (𝒕𝟐 + 𝒕)𝒅𝒕 +

𝒙𝟏𝟔

𝟖+𝒙𝟏𝟖

𝟗+ 𝑪

𝟏

𝒙

𝒆𝒏𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒂𝒓 𝒇(𝒙) 𝒚 𝒆𝒍 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓 𝒅𝒆 𝑪

Resolución

∫ (𝑡2 + 𝑡)𝑑𝑡 =1𝑥

𝒕𝟑

𝟑+ 𝒕𝟐

𝟐 / 𝟏

𝒙 = �13

+ 12� − �𝑥

3

3+ 𝑥2

2� = 𝟏

𝟑+ 𝟏

𝟐− 𝒙𝟑

𝟑− 𝒙𝟐

𝟐

Hallamos la integral de:

La integral ∫ 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡𝑥0 seria

∫ 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 =𝑥0

13

+ 12− 𝑥3

3− 𝑥2

2+ 𝑥16

8+ 𝑥18

9+ 𝐶… … … … … … … … . . (𝛼)

:

Hallamos 𝒇(𝒙) derivando la función

𝑑(∫ 𝑓𝑡 𝑑𝑡

𝑥0 )

𝑑𝑥= 𝑓(𝑥) = −𝑥2 − 𝑥 + 2𝑥15 + 2𝑥17

∫ 𝒇(𝒕) 𝒅𝒕𝒙𝟎

De donde:

𝑓(𝑥) = −𝑥2 − 𝑥 + 2𝑥15 + 2𝑥17



148

→ � 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 =𝑥

0� −𝑥2 − 𝑥 − 2𝑥15 + 2𝑥17 𝑑𝑡𝑥

0

∫ 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 =𝑥0 ∫ −𝑥2 − 𝑥 − 2𝑥15 + 2𝑥17 𝑑𝑡𝑥

0 = −𝑥3

3− 𝑥2

2+ 𝑥16

8+ 𝑥18

9… . . (𝛽)

La integral queda así porque al reemplazar 0 en la definida todos los términos se

anulan:

Hallamos la constante de la igualdad

(𝜶) = (𝜷)

13

+12−𝑥3

3−𝑥2

2+𝑥16

8+𝑥18

9+ 𝐶 = −

𝑥3

3−𝑥2

2+𝑥16

8+𝑥18

9

∴ 𝑪 = −𝟓𝟔

Rpta

104.

dxx

x∫ +

2

0 444

dxxxI ∫ +

=2

0 22 )(44

Resolución

2)2()(2

2

xdxdtxt=

=

002242

=→==→=

==txtxparaxdxdt



149

∫ +=

2

0 2222

tdtI

tt

tdt

tdtI

−+

=+

=+

= ∫∫ 22ln2

22

22 2

0 22

2

0 22

2

2

22ln2

xxI

−+

=

02

22ln2

44

2

22

0 4 xxdx

xx

−+

=+∫

−+

−−−

=0202

0222ln2

22

∴ 𝑰 = 𝟒𝑳𝒏 − 𝟏 Rpta

105. dxxxexI x

+−+= −

−∫ 21)3(211

432

1

Resolución

Sea

2132)(

43 +−+= − xxexxf x

321

2

1

1

0

0

1)()()(

III

xfxfxfI ∫∫∫ ++=−



150

dxxxexI x

+−+= −

−∫ 213211

430

11

xxx

−=⇒≤≤−

1101

xxx

xx

−=−⇒

−≤−≤−−≤−≤−−

≤≤−

33334

333101

( ) dxxxexdxxxexI xx ∫∫ −

−−

−

−+−=

+−+=

0

1

330

11 22

13213211

44

622

132

1722

132

132

13222

132

13220

01

=−⇒

≤−≤

+≤−≤

≤−≤≤≤−

x

x

x

xx

• ( ) xdxdxexdxxexI xx ∫∫∫ −−

−−

−+−=+=

0

1

0

1

330

11 6)6(44

dxexA x∫ −=0

1

3 4

Sea: dxxdx 34 4−=→−= µµ

Si 000

11=→=

−=→−=µµ

xx

( ) ( ) ( )11001

40

1

30

11

41

41

41

414

41 4 −−

−−

− −−=−−=−=−=−−

= ∫∫ eeeededxxeA x µµ



151

( ) ( )44

11)1(3)1(41))1(0(31

41

10

261

41 1

12212

11

−−−− −−=−+−=−−+−=

−+

−−−=⇒

eeexeI

4411 1

1

−

−−=⇒eI

• dxxxexI x∫

+−+= −1

0

32 2

132114

xxx

−=⇒≤≤11

10

xxx

x

−=−⇒

−≤−≤−≤≤

33233

10

dxxxexdxxxexI xx ∫∫

−+=

+−+= −− 1

0

31

0

32 2

213

2132

44

422

132

1322

1329

2132

2132

213

02210

=−⇒

≤−≤

≤−≤−

≤−≤−≤≤

x

x

x

xx

( ) ∫∫∫ +=+=⇒ −− 1

0

1

0

31

0

32 4)4(

44

xdxdxexdxxexIB

xx

dxexB x∫ −=1

0

3 4

Sea dxxdx 34 4−=→−= µµ

Si 1100−=→==→=

µµ

xx



152

( ) ( ) )1(41

41

10

41

414

41 1100

1

31

0

4 −−

−

− −=−=−

==−−== ∫∫ eeeededxxeB x µµ µ

( ) ( ) ( )44

9241

410121

41

01

241

41 1

12212

12

−−−− −=+−=−+−=+−=⇒

eeexeI

449 1

2

−

−=⇒eI

• dxxxexI x∫

+−+= −2

1

33 2

132114

xxx

−=⇒≤≤11

21

xxxx

x

−=−⇒

−≤−≤−−≤−≤−

≤≤

33132

3233121

dxxxexdxxxexI xx ∫∫

−+=

+−+= −− 2

1

32

1

33 2

213

2132

44

222

13492

213

25

22

1322

1342

13224

21

=−⇒

≤−≤

−≤−≤−

−≤−≤−≤≤

x

x

x

xx

( ) ∫∫∫ +=+=⇒ −− 2

1

2

1

32

1

33 2)2(

44

xdxdxexdxxexIC

xx

dxexC x∫ −=2

1

3 4



153

Sea dxxdx 34 4−=→−= µµ

Si 162

11−=→=

=→=µµ

xx

( ) )(41

161

41

161

41

414

41 16116

1

32

1

4 −−−

−

− −=−−

=−−

=−=−−== ∫∫ eeedeededxxeC x µµµµ µµ

( ) ( ) ( ) 3)(4112

41

12

22

41 16122161

2161

3 +−=−+−=+−=⇒ −−−−−− eeeexeeI

344

161

3 +−=⇒−− eeI

+−+

−+

−−=⇒

−−−−

34444

944

11 16111

3eeeeI

∴ 𝑰 = 𝟓𝟐− 𝟏

𝟒(𝒆−𝟏 + 𝒆−𝟏𝟔) Rpta

106. 𝑱 = ∫ �𝟐𝒙𝟐+𝒃𝒙+𝒂

𝒙(𝟐𝒙−𝒂)− 𝟏�𝒅𝒙 = 𝟏+∞

𝟏

Resolución

J = � �𝑥(𝑏 − 𝑎) + 𝑎𝑥(2𝑥 + 𝑎) �𝑑𝑥

+∞

1

J =12� �

1𝑥−𝑎 − 𝑏 + 2

2𝑥 + 𝑎� 𝑑𝑥

+∞

1

J =12� �

1𝑥−𝑎 − 𝑏 + 2

2𝑥 + 𝑎� 𝑑𝑥

+∞

1



154

J =12� �1𝑛

𝑥2

(2𝑥 + 𝑎)2+𝑎−𝑏�1

∞

… … . (∗)+∞

1

Como existe la integral impropia entonces converge y debe

ocurrir

→ lim𝑥→∞𝑥2

(2𝑥+𝑎)2+𝑎−𝑏 entonces 0< α <∞

Esto ocurre cuando

2=2+a+b

→ 𝑎 = 𝑏

Reemplazando en (*)

𝐽 = �12𝐼𝑛 �

14� −

12𝐼𝑛 �

1(2 + 𝑎)2��

𝐽 = 𝐼𝑛 �2 + 𝑎

2�

Por dato nos da que I = 1

→ 𝐼𝑛 �2 + 𝑎

2� = 1

→2 + 𝑎

2= 𝑒

∴ 𝑎 = 2𝑒 + 2 Rpta y como a=b

∴ 𝑏 = 2𝑒 − 2 Rpta



155

107. 𝑰 = ∫𝟐𝟐(𝒙)

𝒆𝒙𝟐 𝒅𝒙∞

−∞

Resolución

𝐼 = �−22(𝑥)

𝑒𝑥2 𝑑𝑥 + �

22𝑥𝑒𝑥2

∞

0

0

−∞ 𝑑𝑥

𝐼 = �−11(𝑥)

𝑒𝑥2𝑑𝑥2 + �

11𝑒𝑥2

∞

0

0

−∞𝑑𝑥2

𝐼 = � −11𝑒−𝑥2𝑑𝑥2 + � 11𝑒−𝑥2∞

0

0

−∞𝑑𝑥2

𝐼 = � 11𝑒−𝑥2� +�−11𝑒−𝑥2�−∞0 �0

∞0

−∞

∴ 𝐼 = 11 + 11 = 22 Rpta

108. ∫ 𝟓−𝟒𝒙𝟐∞𝟎 𝒅𝒙 = ∫ 𝒆−(𝟒𝑰𝒏𝟓)𝒙𝟐∞

𝟎 𝒅𝒙

Resolución

=1

2√𝐼𝑛5� 𝑒−𝑥2∞

0𝑑𝑥



156

𝐼 = � 𝑒−𝑥2∞

0𝑑𝑥 =

12� 𝑡−1 2�∞

0𝑒−𝑡𝑑𝑡 =

12𝑟 �

12� =

√𝜋2

Haciendo 𝑡 = 𝑥2

𝑑𝑡 = 2𝑥𝑑𝑥

→ � 5−4𝑥2𝑑𝑥 =1

2√𝐼𝑛5�√𝜋2� =

14�𝜋𝐼𝑛5

∞

0

∴ 𝑰 = 𝟏𝟒�

𝝅𝑰𝒏𝟓

Rpta

109. Aplicando esto en: 𝑱 = ∫(𝒙−𝟏)𝒅𝒙√𝒙𝑰𝒏𝒙

𝟏𝟎

Resolución

𝐽 = �(𝒙 − 𝟏)𝒅𝒙√𝒙𝑰𝒏𝒙

= �(𝑥 − 1)𝑑𝑥√𝑥𝐼𝑛𝑥

+ �(𝑥 − 1)𝑑𝑥√𝑥𝐼𝑛𝑥

1

12�

12�

0

1

0

A B

𝐴 = ∫(𝑥−1)𝑑𝑥√𝑥𝐼𝑛𝑥

12�

0 , para darle la forma del corolario, hacemos:

𝑥 = −𝑡

𝑑𝑥 = −𝑑𝑡



157

→ 𝐴 = � −(𝑡 + 1)𝑑𝑡

�−𝑡𝐼𝑛(−𝑡)

0

−12�

= � −(𝑥 + 1)𝑑𝑥√−𝑥𝐼𝑛(−𝑥)

0

−12�

Sea 𝑓(𝑥) = − (𝑥+1)√−𝑥𝐼𝑛(−𝑥) y 𝑠(𝑥) = − 1

√−𝑥 son continuos para

𝑥𝜀 �−12�� , 0 >sobra�−1

2� , 0 > � , 𝑓(𝑥) > 0 y𝑠(𝑥) > 0

Y además:

lim𝑥→0−

𝑓(𝑥) = ∞ y lim𝑥→0−

𝑠(𝑥)

Luego:

lim𝑥→0−

𝑓(𝑥)

𝑠(𝑥)= lim

𝑥→0−−

(𝑥 + 1)𝐼𝑛(−𝑥) = 0

Como:

∫ 𝑠(𝑥)𝑑(𝑥)012�

= −2(−𝑥)1 2� 12�

0= 2

√2 converge

=> 𝐴 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ − (𝑥+1)𝑑𝑥√−𝑥𝐼𝑛(−𝑥)

0−1

2�0−1

2� converge

Ahora B:

𝐵 = �(𝑥 − 1)𝑑𝑥√𝑥𝐼𝑛𝑥

1

12�

, sea𝑝(𝑥) =(𝑥 − 1)√𝑥𝐼𝑛𝑥

y𝑠(𝑥) =−1

𝑥(𝐼𝑛𝑥)1 3�

f y s con continuos en �1 2��, 1 > , 𝑓(𝑥) > 0 y 𝑠(𝑥) > 0 ∀x ∈ �1 2�

�, 1 > y

además lim 𝑓𝑥→1− 𝑓(𝑥) = ∞ y lim 𝑠𝑥→1− −�𝐼𝑛(𝑥)� = ∞



158

Luego: Lim𝑓(𝑥)

𝑠(𝑥)= lim𝑥→1 −

5𝑥(𝑥−1)

(𝐼𝑛𝑥)2 3�

Como es de la forma ÷, aplicamos Hospital

lim𝑥→1−

𝑓(𝑥)

𝑠(𝑥)= lim

𝑥→1−�𝐼𝑛(𝑥)�

13� �

32𝑥3 2� −

12𝑥1 2� � = 0

Y como ∫ 𝑠(𝑥)𝑑𝑥112�

= −∫ 𝑑𝑥

𝑥(𝐼𝑛𝑥)1 3�112�

Hacemos: 𝑢 = 𝐼𝑛𝑥

𝑑𝑢 =1𝑥𝑑𝑥

→ ∫ 𝑠(𝑥)𝑑𝑥112�

= −∫ 𝑑𝑢

𝑢1 3�0𝐼𝑛�1 2� �

= −3𝑢2 3�

2 𝐼𝑛�12�

0= 3

2�𝐼𝑛�1 2� ��

23� converge

=> 𝐵 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫(𝑥−1)𝑑𝑥√𝑥𝐼𝑛𝑥

112�

112�

converge

Como J= A + B

∴ 𝑱 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 Rpta

110. 𝒇(𝒙) = 𝑪𝒐𝒔 𝒙 �𝑰𝒏 �𝟏−𝒙𝟏+𝒙

��

Resolución

𝑓(−𝑥) = 𝐶𝑜𝑠 (−𝑥)�𝐼𝑛 �1 + 𝑥1 − 𝑥

��

= −𝐶𝑜𝑠 𝑥 �𝐼𝑛 �1 − 𝑥1 + 𝑥

��



159

� 𝑓(𝑥)𝑑(𝑥)

12�

12�

� 𝑓(𝑥)𝑑(𝑥)

12�

0+ � 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

0

−12�

𝑑𝑥=-du

𝑥 = −𝑢

𝑥 → 0

𝑢 → 0

𝑥 → 12�

𝑢 → 12�

� 𝑓(𝑥)𝑑𝑥12�

0+ (−)� 𝑓(−𝑢)𝑑𝑢

0

12�

∴ ∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙

𝟏𝟐�

𝟎 + (−)∫ 𝒇(−𝒖)𝒅𝒖𝟎𝟏𝟐�

= 𝟎 Rpta

111. 𝒅𝒙𝒅𝒕

= 𝒄𝒙. Sea M la cantidad máxima.

�𝑑𝑥𝑥

𝑥

𝑥0= � 𝑐𝑑𝑡

𝑡

0

Resolución



160

𝐼 − 𝑛𝑥𝑥0

= 𝑐𝑡

𝑥 = 𝑥0𝑒𝑐𝑡

𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 8 𝑥02

= 𝑥0� 𝑒8𝑐

𝐼𝑛 0,5 = 8𝑐

𝐶 =18

𝐼𝑛 0,5 = −0,087

En 𝑡1

𝑀 = 10𝑀𝑒𝑐𝑡1

110

= 𝑒𝑐𝑡1

𝑐𝑡1 = −𝐼𝑛10

𝑡1 = −𝐼𝑛10𝐶

= 27 días

∴ 𝒕𝟏 = 𝟐𝟕 𝒅í𝒂𝒔 Rpta

112.

1

4 1/30 (1 )

dxx−∫

Sea:

Resolución

3 34 2 2 23

1 1 1( )1 (1 )(1 ) 1

f xx x x x

= = ≤− − + +



161

Así:

1 1

3 32 20 01 1

dx xdxx x

≤+ +

∫ ∫ , de donde

23

1 12

3 20 0

3(1 )41

xdx xx

= ++

∫ ∫ =

233 (2 1)

4−

entonces

1

3 20 1

xdxx+

∫ es convergente

∴

1

4 1/30 (1 )

dxx−∫ es convergente Rpta

113.

8 3 2/3 1/2

2/33

( )x x x dxx+

∫

( ) ( ) ( )1

2 2 133 1 1

1 1 12 23 3 3

2 23 3

1 1x x x x x x

x x−

+= + = +

Resolución

Sea: 1

32

3

1 1.3

u x du dxx

= → = ; Si : 33 3x u= → =

8 2x u= → =

Así tenemos:

( ) ( )1 1

2 2

3 3

2 21 2

3 3

3 1 3 1u u u du u u du− + = +∫ ∫

Integrando por partes :



162

Sea f u df du= → = y ( ) ( )3 3

2 221 13

dg u g u= + → = +

Ahora tendremos

= ( )3

223. 13

u u+ ( )3

2

3

2

3

23 13

u du− +∫ = ( ) ( )3 5

2 222 1 2. 15

u u u+ − +

Evaluando en sus límites tenemos:

∴

8 3 2/3 1/2

2/33

( )x x x dxx+

∫ = ( ) ( )3 5

2 23 3 324 43 2 3 1 3 1 35 5

− + + +

Rpta

114.

36

2

6

1ln cos1 1

sentt tsent e t dtt t

π

π−

++ − −

∫

Observar que:

Resolución

3

2

1ln1 1

t tsentt t

+ − −

es una función impar

36

2

6

1( ) ln 01 1

t tsen t dtt t

π

π−

+→ = − − ∫

Ahora hallaremos la otra integral



163

6( )

6

( ) co s( ) sen tsen t t e dt

π

π−

∫

Haciendo: sent = x cosdx xdx→ = , si:

16 2

16 2

t x

t x

π

π

= − → = −

= → =

Así tendremos:

12

12

xxe dx−∫ ; integrando por partes

Sea: x x

f x df dxdg e dx g e= → =

= → =

=

12

12

x xxe e dx−

− ∫

Evaluando tendremos:

36

2

6

1ln cos1 1

sentt tsent e t dtt t

π

π−

++ − −

∫ = ( ) ( )1 1 1 12 2 2 2

12

e e e e−−+ − −

Rpta

115.

3

3

52

5

5x dx−

− − ∫

Resolución



164

3

3

52

5

5x dx−

− − ∫ =2

3 52

0

5x dx − − ∫ =2

3 52

0

3x dx + ∫

=2

3 52

0

3x dx + ∫ =

3 52 3

0

2 6 5x dx + ∫ =

31 2 52 2 2 3

0 1 2

2 2 2 6 5x dx x dx x dx + + + ∫ ∫ ∫

3

3

52

5

5x dx−

− − ∫=

310 5 2 2 2− − Rpta

116. ( )

32 2

3

4 4x x dx−

− + − ∫

( )3

2 2

3

4 4x x dx−

− + − ∫

Resolución

= ( ) ( )2 3

2 2 2 2

0 2

2 4 4 2 4 4x x dx x x dx − + − + − + − ∫ ∫ =

2 32 2

0 2

16 1616 8 2 18 8 23 3

x dx x dx − + + − + − − − − ∫ ∫ =

Calculando:

2 1 2 3 22

0 0 1 2 3

2 2 1 2 2 2 3 2 4 2 2 2 3 1 4x dx dx dx dx dx − = − + − + − + − = + − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Calculando:



165

3 5 6 7 8 32

2 2 5 6 7 8

2 5 6 7 8 9 2 5 2 6 2 7 2 8 3 4x dx dx dx dx dx dx − = − + − + − + − + − = + + + − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Utilizando esto tendremos:

( )

32 2

3

4 4x x dx−

− + − ∫ =

322 2 2 3 2 5 2 6 2 7 2 8 1 43

+ + + + + − −

Rpta

117. Sea: ( )2

2

1 0

cos1

x x

x

txzf xz dz dtt

=+∫ ∫ ; además:

( ) ( )1

2

0

seck x f x dx= ∫ . Hallar ´´k´´

Derivando:

Resolución

2

2

cos( )( ) (1)1

x xx x f x fxx

− =+

2

2

cos( ) (1)( )(1 ) ( )

x xff xx x x x x x

⇒ = ++

2

2

cos( ) (1)( )(1 )

x ff xxx x x

⇒ = ++

Multiplicando a esta ecuación por 2sec( )x

22

2

1 sec( ) (1)( )sec( )(1 )

x ff x xxx x x

= ++

12

0

( )sec( )k f x x dx= ∫ =

1 2

20

1 sec( )(1)(1 )

xf dxxx x x

+

+ ∫

Rpta



166

118. Analizar la convergencia o divergencia

2

5 3 1/20 ( 1)

x dxx x

∞

+ +∫

Sí:

Resolución 2

5 3 1/2( )( 1)

xf xx x

=+ + y p =1/2, entonces:

( )

52

12

2

5 3 5 2 5lim ( ) lim . lim

1 1p

x x x

x xx f x xx x x x x→∞ →∞ →∞ − −

= =+ + + +

= ( )2 5

1lim 11x x x→∞ − −

=+ +

Luego la integral:

2

5 3 1/20 ( 1)

x dxx x

∞

+ +∫ diverge. Rpta

119. ( )( )

1 2 1515 13

0 1

2 21

x dx z z dzx

∞− −+ −

−∫ ∫

( )( )

1 2 1515 13

0 1

2 21

x dx z z dzx

∞− −+ −

−∫ ∫

Resolución

Calculando



167

( )15115 2

1 1

1 12 2 2 (1 )z dz dzz z

∞ ∞−− = −∫ ∫ ; utilizando fracciones parciales se tiene

= 30 29 28 27 26 25 24 151

1 15 105 455 1365 3003 5005 1.... dxx x x x x x x x

∞ − + − + − + − + ∫

Calculando tendremos.

=1 1 15 1 1 12 (0 ) (0 ) ....... (0 ) 229 29 28 1 14 1

− − − + − − =

Ahora calculamos

( )

1 2

30 1

x dxx−∫ =

1 2

30 ( 1)

xx

−−∫

Expresando en fracciones parciales tenemos

= 3 20

1 2 1( 1) ( 1) 1

h

dxx x x

− + + = − − − ∫

3 2 20 0 0

1 1 2 12 . . ln(1 )( 1) ( 1) 1 2 ( 1) 1 ( 1)

h h hdx dx dx xx x x x x

− −− − − = + + −

− − − − − − −∫ ∫ ∫

Evaluando en sus límites tendremos.

2 2

1 1 1 1 1 1 2 3. 2 1 ln(1 ) . ln(1 )2 ( 1) 2 1 2 ( 1) 1 2

h hh h h h

= − + + + − = + + + − − − − −

12 2

3 3 210 0

1

1 1 2 3lim lim . ln(1 )(1 ) (1 ) 2 ( 1) 1 2

h

h

h

x dx x dx hx x h h

−

−

−

→

→

= = + − + − − − − −

∫ ∫ = no existe

( )( )

1 2 1515 13

0 1

2 21

x dx z z dzx

∞− −∴ + −

−∫ ∫ , no converge Rpta



168

120. Sea f(t) diferenciable tal que (0) (́0) 2f f= = y

Las 0

( ) ( )x

q x f t dt= ∫ y

( )

( )

( ) ( )q x

q x

h x f t dt−

= ∫ .

Hallar ´́ ( )h o

Derivando ´´h(x)

Resolución

( )

( )

( ) ( )q x

q x

h x f t dt−

= ∫ ( ) ( )(́ ) ´ ( ) ( )h x f q x f q x⇒ = − −

Ahora derivamos h´(x)

( ) ( )´́ ( ) ´ ( ) . (́ ) ´ ( ) . (́ )h x f q x q x f q x q x⇒ = + −

Evaluando en x =0

( ) ( )´́ (0) ´ (0) . (́0) ´ (0) . (́0)h f q q f q q= + −

Además:

(́ ) ( ) (́0) (0) 2q x f x q f= ⇒ = =

Así tendremos:

´́ (0) (́0).2 (́0).2 8h f f= + = Rpta



169

121. 4 3

0 1dx

x x

∞

+ +∫

Como:

Resolución

4 3 3 3 2 21 ( 1) ( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)x x x x x x x x x x+ + = + + + = + + = − + + , entonces:

4 30 1

dxx x

∞

+ +∫ = 2 20

lim( 1) ( 1)

b

b

dxx x x→∞ + − +∫ ……………………… (1)

Aplicando fracciones parciales tenemos:

2 2 2 220 0

1 1 1 1(2 1)3 3 6 6

1 3( 1) ( 1) ( 1) 1 1 ( )2 4

b b xdx dxx x x x x x x x

− = + − + + − + + + − + − +

∫ ∫ =

2 11 1 1 3 2 1ln( 1) ln( 1)( 1) 3 6 9 3

xx x x tgx

− − − + + − − + + +

Evaluando esta última expresión. Según (1) tendremos:

4 30 1

dxx x

∞

+ +∫ =9 2 3

27π+

Rpta

122. Calcular la longitud del lazo de la curva:

23x t= ;

3y t t= −

Como nos piden el lazo sea

Resolución

1t y 2t el tiempo donde se chocan.



170

( ) ( )2 3 2 31 1 1 2 2 23 , 3 ,t t t t t t− = −

Igualando tenemos: 1 1t = y 2 1t = −

La longitud de arco será:

( ) ( )1

2 2

1

(́ ) (́ )x t y t dt−

+∫

(́ ) 2 3x t t= , 2(́ ) 1 3y t t= −

Así:

( ) ( )1

2 2

1

(́ ) (́ )x t y t dt−

+∫ =

12 2

1

(3 1)t dt−

+∫ =

12

1

(3 1)t dt−

+∫ = 4 Rpta

123. 𝑰 = ∫ 𝒅𝒙𝟓𝒄𝒐𝒔𝒉𝒙+𝟑𝒔𝒆𝒏𝒉𝒙

𝟐𝑳𝒏𝟐𝟎

Veamos como integral impropia

Resolución

Sea 𝑢 = 𝑡𝑔ℎ �𝑥2� → 𝑑𝑢 = 1

2𝑠𝑒𝑐2ℎ �𝑥

2�

𝑆𝑒𝑛ℎ𝑥 =2𝑢

1 − 𝑢2 , 𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 =𝑎2 + 11 − 𝑢2

Reemplazando:



171

�2

(1 − 𝑢2) � 6𝑢1−𝑢2

+ 5(𝑢2+1)1−𝑢2

− 1�

= �1

3𝑢2 + 3𝑢 + 2𝑑𝑢 = �

𝑑𝑢

�√3𝑢 + √32�2

+ 54

𝑠 = �√3𝑢 +√32�√52

𝑑𝑠 =√15

2𝑑𝑢

= �2√15

54

(𝑠2 + 1)=

85√15

�𝑑𝑠

𝑠2 + 1

=8

5√15𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑠)

Expresando lo anterior en función de x

=8

5√15𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑠)��√3𝑡𝑔ℎ(𝑥) +

√32�√52�

→ �𝑑𝑥

5𝑐𝑜𝑠ℎ𝑥 + 3𝑠𝑒𝑛ℎ𝑥 − 1=

85√15

𝑡𝑔−12𝑙𝑛2

0�√3𝑡𝑔ℎ(𝑥) +

√32�√52� 12𝑙𝑛2

0

∴ 𝑰 = 𝟖𝟓√𝟏𝟓

𝒕𝒈−𝟏 �√𝟑𝒕𝒈𝒉(𝟐𝒍𝒏𝟐) + √𝟑𝟐� √𝟓𝟐− 𝟖

𝟓√𝟏𝟓𝒕𝒈−𝟏 �√𝟑

𝟐�

Rpta

124. 𝑰 = ∫ 𝒄𝒐𝒔𝒕𝒔𝒆𝒏𝒕�𝟏+𝒄𝒐𝒔𝟐

𝒅𝒕𝝅𝟐𝝅𝟑

Resolución



172

Sea 𝑢 = 1 + 𝑐𝑜𝑠2𝑡

𝑑𝑢 = 2𝑐𝑜𝑠𝑡(−𝑠𝑒𝑛𝑡)𝑑𝑡 → 𝑑𝑢 = −2𝑐𝑜𝑠𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡𝑑𝑡 → 𝑐𝑜𝑠𝑡𝑠𝑒𝑛𝑡𝑑𝑡 =𝑑𝑢−2

Cambiando las variables:

�𝑑𝑢−2

√𝑢 = −

12�

1√𝑢

𝑑𝑢 =𝜋2

𝜋3

𝜋2

𝜋3

−12� 𝑢−

12𝑑𝑢

𝜋2

𝜋3

=𝑢−

12

− 12

� =𝜋2

𝜋3

2𝑢12 � = 2�1 + 𝑐𝑜𝑠2𝑡

𝜋2

𝜋3

� =𝜋2

𝜋3

= �1 + 𝑐𝑜𝑠2 �𝜋2� − 2�1 + 𝑐𝑜𝑠2 �𝜋

3�

= 2 − 2�54 = 2 − √5

∴ 𝑰 = 𝟐 − √𝟓 Rpta

125. Si f es periódico en el periodo p, demostrar que:

� 𝒇(𝒙)𝒅𝒙𝒏+𝒑

𝒂+𝒑= � 𝒇(𝒙)𝒅𝒙

𝒏

𝒑

En efecto sea: 𝑦 = 𝑥 − 𝑝 → 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑦 + 𝑝) = 𝑓(𝑦) , 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥

Resolución

→ 𝑥 = 𝑎 + 𝑝 → 𝑦 = 𝑎

𝑥 = 𝑛 + 𝑝 → 𝑦 = 𝑏



173

→ � 𝑓(𝑦 + 𝑝)𝑑𝑦 = � 𝑓(𝑦)𝑑𝑦 𝑛

𝑝

𝑛

𝑝

∴ ∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙𝒏+𝒑𝒂+𝒑 = ∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 𝒏

𝒑 Rpta

126. Hallar

𝑰 = �𝒙−𝟐(𝒙 − 𝟏)−𝟐(𝒙 − 𝟐)−𝟑𝒅𝒙 + � (𝒙 − ⟦𝒙⟧)𝟓𝒅𝒙𝟏𝟎𝟎𝟎

𝟎

Usando fracciones parciales

1𝑥2(𝑥 − 1)2(𝑥 − 2)3

=−18𝑥2

−1

𝑥 − 1−

716𝑥

−1

(𝑥 − 1)2 +23

16(𝑥 − 2) −3

4(𝑥 − 2)2 +1

4(𝑥 − 2)3

= −18�

𝑑𝑥𝑥2 − �

𝑑𝑥𝑥 − 1 −

716�

𝑑𝑥𝑥 − �

𝑑𝑥(𝑥 − 1)2 +

2316�

𝑑𝑥(𝑥 − 2) −

34�

𝑑𝑥4(𝑥 − 2)2 +

14�

𝑑𝑥(𝑥 − 2)3

Resolución

(∗)�𝑥−2(𝑥 − 1)−2(𝑥 − 2)−3𝑑𝑥

Para ∫ 𝑑𝑥(𝑥−2)3

, 𝐻𝑎𝑐𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑢 = 𝑥 − 2 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

→ − 18∫

𝑑𝑥𝑥2 − ∫ 𝑑𝑥

𝑥−1−7

16∫𝑑𝑥𝑥 − ∫ 𝑑𝑥

(𝑥−1)2 + 2316∫

𝑑𝑢𝑢 −

34∫

𝑑𝑢4𝑢2 + 1

4∫𝑑𝑢𝑢3

Para ∫ 𝑑𝑥𝑥−1

hacemos 𝑣 = 𝑥 − 1 𝑑𝑣 = 𝑑𝑥



174

→ − 18∫

𝑑𝑥𝑥2 − ∫𝑑𝑣𝑣 −

716∫

𝑑𝑥𝑥 − ∫ 𝑑𝑣𝑣2 + 23

16 𝑙𝑛𝑢+ 34

1𝑢 −

18

1𝑢2

Simplificando y volviendo a nuestra variable original “x”

116

�12𝑥 − 2

+16𝑥 − 1

+2𝑥−

2(𝑥 − 2)2 − 16𝑙𝑛(1 − 𝑥) + 23𝑙𝑛(2 − 𝑥) − 7𝑙𝑛𝑥�

(∗∗)∫ (𝑥− ⟦𝑥⟧)5𝑑𝑥10000 , por casos sea n 𝜖 N con 0< n ≤ 1000

� (𝑥 − ⟦𝑥⟧)5𝑑𝑥 = � (𝑥 − 𝑛 + 1)5𝑑𝑥𝑛

𝑛−1

𝑛

𝑛−1

Sea 𝑥 − 𝑛 + 1 = 𝑦 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 → 𝑥 = 𝑛 − 1 𝑦 = 0

𝑥 = 𝑛 𝑦 = 1

= � 𝑦5𝑑𝑦 =𝑦6

6 � =16

1

0

1

0

→ ∫ (𝑥 − ⟦𝑥⟧)5𝑑𝑥10000 = ∑ ∫ (𝑥− ⟦𝑥⟧)5𝑑𝑥 = 1000

6 = 5003

𝑛𝑛−1

1000𝑛=1

Piden: (∗) + (∗∗)

𝑰 =𝟏𝟏𝟔

�𝟏𝟐𝒙 − 𝟐

+𝟏𝟔𝒙 − 𝟏

+𝟐𝒙−

𝟐(𝒙 − 𝟐)𝟐 − 𝟏𝟔𝒍𝒏(𝟏 − 𝒙) + 𝟐𝟑𝒍𝒏(𝟐 − 𝒙)� − 𝟕𝒍𝒏𝒙 +

𝟓𝟎𝟎𝟑

Rpta

127. Determinar la convergencia

�𝟒 + 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙𝒙𝟐 + 𝟏

∞

𝟎𝒅𝒙



175

= 4 �𝜋2� + ∫ 𝑠𝑒𝑛2𝑥𝑑𝑥

𝑥2+1= 𝜋∞

0

Resolución

= �4

𝑥2 + 1

∞

0𝑑𝑥 + �

𝑠𝑒𝑛2𝑥𝑥2 + 1𝑑𝑥

∞

0

= 4𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(𝑥)� 𝑙∞

0+ �

𝑠𝑒𝑛2𝑥𝑑𝑥𝑥2 + 1

∞

0

∴ 𝑰 = ∫ 𝟒+𝒔𝒆𝒏𝟐𝒙𝒙𝟐+𝟏

∞𝟎 𝒅𝒙 = 𝝅 Rpta

128. Para que el valor de a y b se cumple

� �𝟐𝒙𝟐 + 𝒃𝒙 + 𝒂𝒙(𝟐𝒙+ 𝒂) − 𝟏�𝒅𝒙

∞

𝟏

Resolución

𝐼 = ∫ �2𝑥2+𝑏𝑥+𝑎

𝑥(2𝑥+𝑎)− 1�𝑑𝑥∞

1 = ∫ �2𝑥2+𝑏𝑥+𝑎−2𝑥2−𝑎𝑥

2𝑥2+𝑎𝑥�∞

0 𝑑𝑥

= �(𝑏 − 𝑎)𝑥 + 𝑎

2𝑥2 + 𝑎𝑥 𝑑𝑥 =∞

1

𝑏 − 𝑎4 �

4𝑥 + 4𝑎𝑏−𝑎

2𝑥2 + 𝑎𝑥 𝑑𝑥∞

1

= 𝑏 − 𝑎

4 �4𝑥 + 𝑎 − 𝑎 4𝑎

𝑏−𝑎2𝑥2 + 𝑎𝑥 𝑑𝑥

∞

1

𝜋2



176

=𝑏 − 𝑎

4 ��4𝑥 + 𝑎

2𝑥2 + 𝑎𝑥 𝑑𝑥 + �4𝑎 − 𝑎𝑏 + 𝑎2

(𝑏 − 𝑎)(2𝑥2 + 𝑎𝑥)

∞

1𝑑𝑥

∞

1�

=𝑏 − 𝑎

4𝑙𝑛(2𝑥2 + 𝑎𝑥)� +

∞

1

4𝑎 − 𝑎𝑏 + 𝑎2

4�

𝑑𝑥(2𝑥2 + 𝑎𝑥)

∞

1

=𝑏 − 𝑎

4� limℎ⟶∞

𝑙𝑛 (2𝑛2 + 𝑎𝑛)� − 𝑙𝑛(2 + 𝑎) +4𝑎 − 𝑎𝑏 + 𝑎2

4�

𝑑𝑥

�√2 + 𝑎2√2

�2− 𝑎2

8

∞

1

Evaluando

𝑀 = �𝑑𝑥

�√2 + 𝑎2√2

�2− 𝑎2

8

= �𝑑𝑥

(4𝑥+𝑎)2−𝑎2

8

= 8�𝑑𝑥

(4𝑥 + 𝑎)2 − 𝑎2

4𝑥 + 𝑎 = 𝑎𝑠𝑒𝑐𝛳 → 4𝑑𝑥 = 𝑎𝑠𝑒𝑐𝛳𝑡𝑔𝛳𝑑𝛳

𝑀 = 8�𝑎𝑠𝑒𝑐𝛳𝑡𝑔𝛳𝑑𝛳

4(𝑎2𝑠𝑒𝑐2𝛳 − 𝑎2) = 2�𝑎𝑠𝑒𝑐𝛳𝑡𝑔𝛳𝑑𝛳𝑎2𝑡𝑔2𝛳 =

2𝑎�

𝑠𝑒𝑐𝛳𝑑𝛳𝑡𝑔𝛳

= −2𝑎�−𝑐𝑠𝑐𝛳𝑑𝛳 = −

2𝑎 𝑙𝑛

|𝑐𝑠𝑐𝛳 + 𝑐𝑡𝑔𝛳|

𝑀 = −2𝑎𝑙𝑛 �

4𝑥 + 𝑎√16𝑥2 + 8𝑎𝑥

+𝑎

√16𝑥2 + 8𝑎𝑥�

= − 2𝑎𝑙𝑛 � 4𝑥+2𝑎

√16𝑥2+8𝑎𝑥�

4𝑥 + 𝑎 �16𝑥2 + 8𝑎𝑥

𝑎



177

Entonces

𝐼 =𝑏 − 𝑎

4� limℎ⟶∞

𝑙𝑛 (2𝑛2 + 𝑎𝑛)� − 𝑙𝑛(2 + 𝑎) + �4𝑎 − 𝑎𝑏 + 𝑎2

4� �−2𝑎� �𝑙𝑛 �

4𝑥 + 2𝑎√16𝑥2 + 8𝑎𝑥

��

• 𝐼₁ = � 4𝑥+2𝑎√16𝑥2+8𝑎𝑥

�

=𝑏 − 𝑎

4� limℎ⟶∞

𝑙𝑛 (2𝑛2 + 𝑎𝑛)� − 𝑙𝑛(2 + 𝑎) +𝑏 − 𝑎 − 4

4 � limℎ⟶∞

𝑙𝑛 �4𝑥 + 2𝑎

𝑛

√16𝑛2 + 8𝑎𝑛� − 𝑙𝑛|𝐼₁|�

=𝑏 − 𝑎

4� limℎ⟶∞

𝑙𝑛 (2𝑛2 + 𝑎𝑛)� − 𝑙𝑛(2 + 𝑎) +𝑏 − 𝑎 − 4

4� limℎ⟶∞

𝑙𝑛 �4𝑥 + 2𝑎

𝑛

√16𝑛2 + 8𝑎𝑛� − 𝑙𝑛|𝐼₁|�

=𝑏 − 𝑎

4� limℎ⟶∞

𝑙𝑛 (2𝑛2 + 𝑎𝑛)� −(𝑏 − 𝑎)

4𝑙𝑛(2 + 𝑎) +

𝑏 − 𝑎 − 44

(0 − 𝑙𝑛𝐼₁)

= 𝑏−𝑎4�limℎ⟶∞ 𝑙𝑛 (2𝑛2 + 𝑎𝑛)� − (𝑏−𝑎)

4𝑙𝑛(2 + 𝑎) + 𝑎+4−𝑏𝑙𝑛𝐼₁

2

→ 𝑏 = 𝑎

Luego para 𝑎 = 𝑏

𝐼 = � �2𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎𝑥(2𝑥 + 𝑎) − 1�𝑑𝑥 = � �

2𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑎 − 2𝑥2 − 𝑎𝑥2𝑥2 + 𝑎𝑥 �𝑑𝑥

∞

0

∞

0

= �𝑎

(2𝑥2 + 𝑎𝑥)𝑑𝑥 = 𝑎�𝑑𝑥

(2𝑥2 + 𝑎𝑥)

∞

0

∞

0

De lo anterior:

�𝑑𝑥

(2𝑥2 + 𝑎𝑥) =−2𝑎 𝑙𝑛 �

4𝑥 + 2𝑎√16𝑥2 + 8𝑎𝑥

�

No converge



178

Entonces

𝐼 = 𝑎 �−2𝑎 ��𝑙𝑛 �

4𝑥 + 2𝑎√16𝑥2 + 8𝑎𝑥

� 1∞

0��

= −2 � limℎ→∞

𝑙𝑛 �4𝑥 + 2𝑎

√16𝑥2 + 8𝑎𝑥� − 𝑙𝑛 �

4 + 2𝑎√16 + 8𝑎

��

= −2

⎝

⎛ limℎ→∞

𝑙𝑛 ��4 + 2𝑎

𝑛

�16 + 8𝑎𝑛

�� − 𝑙𝑛 �4 + 2𝑎√16 + 8𝑎

�

⎠

⎞

= −2�0 − 𝑙𝑛 �4 + 2𝑎√16 + 8𝑎

�� = 2𝑙𝑛 �4 + 2𝑎√16 + 8𝑎

�

Como 16 + 8a > 0 → 8a > - 16 → a > - 2

∴ 𝑰 converge para 𝒃 = 𝒂 , 𝒂 > −2 Rpta

129. Calcular el límite

𝑰 = 𝐥𝐢𝐦𝒉→𝟎

𝟏𝒉�� 𝒄𝒐𝒔𝟐𝒕𝒅𝒕

𝒉

𝟎� +

𝒅𝒅𝒙� 𝒄𝒐𝒔𝟐𝒕𝒅𝒕

|𝒙|

𝟎

Resolución

• ∫ 𝑐𝑜𝑠2𝑡𝑑𝑡ℎ0 = ∫ �𝑐𝑜𝑠(2𝑡)−1

2� 𝑑𝑡 =ℎ

0 ∫ �𝑐𝑜𝑠(2𝑡)2

� 𝑑𝑡 − 12ℎℎ

0



179

=14 𝑠𝑒𝑛

(2𝑡)� −ℎ

0

12ℎ =

14 𝑠𝑒𝑛

(2ℎ)−12ℎ

• 𝑑𝑑𝑥 ∫ 𝑐𝑜𝑠2𝑡𝑑𝑡|𝑥|

0 = 𝑐𝑜𝑠2(|𝑥|) = 𝑐𝑜𝑠2(𝑥)

→ limℎ→01ℎ�14𝑠𝑒𝑛(2ℎ)− 1

2ℎ + 𝑐𝑜𝑠2(𝑥)�

limℎ→0

𝑠𝑒𝑛𝑥𝑥 = 1

limℎ→0

�18𝑠𝑒𝑛2ℎ

2ℎ � − limℎ→0

�12� − lim

ℎ→0�𝑐𝑜𝑠2(𝑥)�

=18 −

12 − 𝑐𝑜𝑠2(𝑥) =

−38 − 𝑐𝑜𝑠2(𝑥)

∴ 𝑰 = −𝟑𝟖− 𝒄𝒐𝒔𝟐(𝒙) Rpta



180

𝒓(𝒏) = (𝒏 − 𝟏)!

FUNCIÓN GAMMA •

REVISIÓN HISTÓRICA DE LA FUNCIÓN GAMMA

La función gamma fue introducida por primera vez por el matemático suizo

Leonhard Euler (1707-1783), con el objetivo de generalizar la función

factorial a valores no enteros.

Más tarde, por su gran importancia, esta fue estudiada por matemáticos

eminentes tales como Adrien-Marie Legendre (1752-1833), Carl Friedrich

Gauss (1777-1855), Christoph Gudermann (1798-1852), Joseph Liouville

(1809-1882), Karl Weierstrass (1815-1897), Charles Hermite (1822-1901),….

al igual que muchos otros.

La función gamma pertenece a una categoría de funciones transcendentes

especiales, y esta función ocurre en algunas constantes matemáticas

especiales. Esta aparece en varias áreas de estudio, como en las series

asintóticas, integrales definidas, series hiper geométricas, la función Zeta de

Riemann, teoría de números, otras.

•

DEFINICIÓN DE LA FUNCIÓN GAMMA

La función gamma completa, Γ(n), es definida como una extensión de la

función factorial de argumentos de números complejos y reales. Esta está

relacionada por:

∀ 𝒏 ≥ 𝟏



181

𝒓(𝒙) = � [−𝒍𝒐𝒈(𝒕)]𝒙−𝟏𝟏

𝟎𝒅𝒕

𝒓(𝒙) = � 𝒕𝒙−𝟏𝒆−𝒕∞

𝟎𝒅𝒕

Esta notación es debido a Legendre 1809, la cual es universalmente utilizada.

Esta es analítica en todas partes excepto en z = 0, -1, -2, ….

•

GAMMA COMO INTEGRAL DEFINIDA

Durante los años 1729 y 1730, Euler introdujo una función analítica la cual

tiene la propiedad de interpolar el factorial cada vez que el argumento de la

función sea un entero. En 1730, Euler propuso en una carta a Christian

Goldbach, la siguiente definición:

Definición 1: Sea z > 0

Por cambios de variables elementales, esta definición toma formas más usuales:

𝒓(𝟏) = 𝟏

𝒓 �𝟏𝟐� = √𝝅



182

𝒓(𝒙) = � �𝒍𝒏 �𝟏𝒖��𝒙−𝟏

𝒅𝒖 ; 𝒙 > 𝑜𝟏

𝟎

𝒓(𝒙) = 𝒂𝒙 � �𝒍𝒏 �𝟏𝒕��𝒙−𝟏

𝒕𝒂−𝟏 𝒅𝒕 𝟏

𝟎

Si en 𝒓(𝒙) hacemos 𝒆−𝒕 = 𝒖, obtenemos:

• 𝒆−𝒕 = 𝒖 −𝑡 𝑙𝑛𝑒 = 𝑙𝑛𝑢

−𝑡 = 𝑙𝑛𝑢

𝑡 = 𝑙𝑛𝑢−1

𝑡 = ln1𝑢

• −𝒆−𝒕𝒅𝒕 = 𝒅𝒖

𝑑𝑡 = −𝑒𝑡𝑑𝑢

𝑑𝑡 =−𝑑𝑢𝑢

Remmplazando tenemos:

Y si acontinuacion hacemos 𝒖 = 𝒕𝒂, done 𝒂 > 0, entonces obtenemos:

• 𝑢 = 𝑡𝑎

𝑑𝑢 = 𝑎𝑡𝑎−1𝑑𝑡

Remmplazando tenemos:

𝑟(𝑥) = � �𝑙𝑛 �1𝑡𝑎��

𝑥−1

𝑎𝑡𝑎−1 𝑑𝑡 1

0

𝑟(𝑥) = � �𝑎𝑙𝑛 �1𝑡��

𝑥−1

𝑎𝑡𝑎−1 𝑑𝑡 1

0

𝑟(𝑥) = � 𝑎𝑥 �𝑙𝑛 �1𝑡��

𝑥−1

𝑡𝑎−1 𝑑𝑡 1

0

𝑡 = 0 → 𝑢 = 1

𝑡 = ∞ → 𝑢 = 𝑜

𝑢 = 0 → 𝑢 = 0

𝑢 = 1 → 𝑢 = 1



183

� 𝒙𝒎(𝒍𝒏𝒙)𝒏 𝒅𝒙𝟏

𝟎=

(−𝟏)𝒏𝒏!(𝒎 + 𝟏)𝒏+𝟏

Demostracion: • 𝑥 = 𝑒−𝑡 ; 𝑑𝑥 = −𝑒−𝑡𝑑𝑡

𝑙𝑛𝑥 = −𝑡𝑙𝑛𝑒

� (𝑒−𝑡)𝑚(𝑙𝑛𝑒−𝑡)𝑛(−𝑒−𝑡𝑑𝑡)0

∞

� 𝑒𝑡(𝑚+1)(−1)𝑛∞

0𝑡𝑛𝑑𝑡

(−1)𝑛 � 𝑒𝑡(𝑚+1)∞

0𝑡𝑛𝑑𝑡

Remmplazando

𝑢 = 𝑡(𝑚 + 1)

𝑑𝑢 = (𝑚 + 1)𝑑𝑡

(−1)𝑛 � 𝑒−𝑢 �𝑢

𝑚 + 1�𝑛∞

0

𝑑𝑢(𝑚 + 1)

(−1)𝑛

(𝑚 + 1)𝑛+1 � 𝑒−𝑢(𝑢)𝑛∞

0𝑑𝑢

(−1)𝑛

(𝑚 + 1)𝑛+1 𝑟(𝑛 + 1)

𝑥 = 0 → 𝑡 = ∞

𝑥 = 1 → 𝑡 = 0



184

� 𝒙𝒎(𝒍𝒏𝒙)𝒏 𝒅𝒙𝟏

𝟎=

(−𝟏)𝒏𝒏!(𝒎+ 𝟏)𝒏+𝟏

• PROPIEDADES DE LA FUNCION GAMMA

i. 𝑟(𝑜+) = +∞ , 𝑟(+∞) = +∞

ii. lim𝑥→0+[ 𝑥 𝑟(𝑥)] = 1

iii. 𝑟(𝑝)𝑟(1 − 𝑝) = 𝜋𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑝)

EJERCICIOS RESUELTOS

130. Hallar: 𝒓(𝟒)

𝑟(4) = 3𝑟(3) = 3.2. 𝑟(2) = 3.2.1𝑟(1) = 3!

Resolución

∴ 𝒓(𝟒) = 𝟑 Rpta

131. 𝒓(𝒙) = ∫ √𝒕𝒆−𝒕∞𝟎 𝒅𝒕

Resolución



185

𝑟(𝑥) = ∫ 𝑡12𝑒−𝑡∞

0 𝑑𝑡

𝑟(𝑥) = � 𝑡32−1𝑒−𝑡

∞

0𝑑𝑡

𝑟(𝑥) = 𝑟 �32�

⇒ 𝑟(𝑥) =12 𝑟(

12)

∴ 𝒓(𝒙) = √𝝅𝟐

Rpta

132. 𝒓(𝒙) = ∫ 𝒅𝒙√−𝟐𝒍𝒏𝒙

𝟏𝟎

Resolución

𝑥 = 𝑒−𝑡⇒

𝑥 = 𝑒−𝑡

𝑙𝑛𝑥 = −𝑡𝑙𝑛𝑒 ⇒ 𝑙𝑛𝑥 = −𝑡

𝑑𝑥𝑥 = −𝑑𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 = −𝑒−𝑡𝑑𝑡

𝑟(𝑥) = �−𝑑𝑡 . 𝑒−𝑡

�−2(−𝑡)

0

∞⇒ 𝑟(𝑥) = −

1√2

� 𝑡−12

0

∞ . 𝑒−𝑡𝑑𝑡

𝑥 − 1 =12

⇒ 𝑥 =32

𝑥 = 0 ; 𝑡 = ∞

𝑥 = 1 ; 𝑡 = 0



186

𝑟(𝑥) =1√2

� 𝑡−12

∞

0 . 𝑒−𝑡𝑑𝑡 ⇒ 𝑟(𝑥) =

1√2

� 𝑡12−1

∞

0 . 𝑒−𝑡𝑑𝑡

𝑟(𝑥) =1√2

𝑟 �12�

∴ 𝒓(𝒙) = �𝝅𝟐 Rpta

133. 𝒓(𝒙) = ∫ 𝒙−𝟏𝟐𝒆−𝟐𝒙∞

𝟎 𝒅𝒙

𝑟(𝑥) = √22 ∫ 𝑡

12−1𝑒−𝑡∞

0 𝑑𝑡

𝑟(𝑥) =√22 𝑟 �

12�

Resolución

2𝑥 = 𝑡

2𝑑𝑥 = 𝑑𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 =𝑑𝑡2

𝑟(𝑥) = � �𝑡2�

−12𝑒−𝑡

∞

0

𝑑𝑡2 ⇒ 𝑟(𝑥) =

√22 � 𝑡−

12𝑒−𝑡

∞

0𝑑𝑡

𝑥 − 1 = −12

⇒ 𝑥 =12

𝑥 − 1 = −12

⇒ 𝑥 =12



187

∴ 𝒓(𝒙) = �𝟐𝝅𝟐

Rpta

134. Hallar 𝒓 �𝟐𝟑� 𝒓 �𝟒

𝟑�

𝑟 �23�𝑟 �

43� =

13 𝑟 �

23�𝑟 �

13 � =

13

𝜋

𝑠𝑒𝑛 (2𝜋3

)

𝑟 �23�𝑟 �

43� =

13𝜋√32

Resolución

∴ 𝒓 �𝟐𝟑� 𝒓 �𝟒

𝟑� = 𝟐𝝅

𝟑√𝟑 Rpta

135. 𝒓(𝒙) = ∫ �𝒍𝒏 �𝟏𝒕��

𝟏𝟐 𝒅𝒕 𝟏

𝟎

Resolución

𝑥 − 1 = 12 ⇒ 𝑥 =

32

𝑟(𝑥) = 𝑟 �32�

⇒ 𝑟(𝑥) =12 𝑟 �

12�



188

∴ 𝒓(𝒙) = √𝝅𝟐

Rpta

136. 𝒓(𝒙) = ∫ �𝒍𝒏 �𝟏𝒕��−𝟏𝟐 𝒅𝒕 𝟏

𝟎

𝑥 − 1 = −12 ⇒ 𝑥 =

12

𝑟(𝑥) = 𝑟 �12�

Resolución

∴ 𝒓(𝒙) = √𝝅 Rpta

137. 𝐫(𝐱) = ∫ �𝐥𝐧�𝟏𝐭�

𝐭�

𝟏𝟐

𝐝𝐭𝟏𝟎

Resolución

𝑟(𝑥) = � �ln �1𝑡��

12𝑡−

12 𝑑𝑡

1

0

𝑎 − 1 = −12 ⇒ 𝑎 =

12



189

𝑥 − 1 = 12 ⇒ 𝑥 =

32

⇒ �12�

32 � �ln �

1𝑡��

12𝑡−

12 𝑑𝑡

1

0

𝑟(𝑥) = �12�

32

𝑟 �32�

⇒ 𝑟(𝑥) = 2√2 .12 .√𝜋

∴ 𝒓(𝒙) = √𝟐𝝅 Rpta

138. 𝒓(𝒙) = ∫ (𝒍𝒏𝒙)𝟒 𝒅𝒙𝟏𝟎

𝑟(𝑥) = � 𝑥0(𝑙𝑛𝑥)4 𝑑𝑥1

0

𝑚 = 0 ,𝑛 = 4

� (𝑙𝑛𝑥)4 𝑑𝑥1

0 =

(−1)4 4!(0 + 1)4+1

Resolución

∴ ∫ (𝒍𝒏𝒙)𝟒 𝒅𝒙𝟏𝟎 = 𝟐𝟒 Rpta



190

139. 𝒓(𝒙) = ∫ (𝒙𝒍𝒏𝒙)𝟑 𝒅𝒙𝟏𝟎

Resolución

𝑟(𝑥) = � 𝑥3(𝑙𝑛𝑥)3 𝑑𝑥1

0

𝑚 = 3 ,𝑛 = 3

� (𝑥𝑙𝑛𝑥)3 𝑑𝑥1

0=

(−1)3 3!(3 + 1)3+1

� (𝑥𝑙𝑛𝑥)3 𝑑𝑥1

0= −

6256

∴ ∫ (𝒙𝒍𝒏𝒙)𝟑 𝒅𝒙𝟏𝟎 = − 𝟑

𝟏𝟐𝟖 Rpta



191

La función beta es una

FUNCION BETA función especial estrechamente relacionada con la función

gamma. Fue estudiada originalmente por Euler y Legendre. No obstante, su

nombre le fue dado por Jacques Binet.

Esta función, se denota por B(m,n), se define por la integral:

DEFINICIÓN

Donde m > 0 , n > 0 se denomina función Beta.

1) B(m,n) = B (n,m)

PROPIEDADES DE LA FUNCIÓN BETA

2) B (m,n) =𝑟(𝑚).𝑟(𝑛)𝑟(𝑚+𝑛)

3) r(p)r(1− p) = π

sen(πp)

4) ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒎−𝟏(ɵ)𝒄𝒐𝒔𝟐𝒏−𝟏(ɵ) 𝒅ɵ = 𝝅𝟐𝟎

𝟏𝟐

𝐁 (𝐦 ,𝐧)

5) 𝑩 (𝒎 ; 𝒏) = ∫(𝒙)𝒎−𝟏

(𝟏+𝒙)𝒎+𝒏∞𝟎 𝒅𝒙

B (m,n) = ∫ 𝒙𝒎−𝟏(𝟏 − 𝒙)𝒏−𝟏 𝒅𝒙𝟏𝟎

http://es.wikipedia.org/wiki/Funci%C3%B3n_especial�

http://es.wikipedia.org/wiki/Funci%C3%B3n_gamma�

http://es.wikipedia.org/wiki/Funci%C3%B3n_gamma�

http://es.wikipedia.org/wiki/Leonhard_Euler�

http://es.wikipedia.org/wiki/Adrien-Marie_Legendre�

http://es.wikipedia.org/wiki/Jacques_Philippe_Marie_Binet�



192

Demostración

Sea: y= 1 – x → dy = -dx, además cuando:

x = 0, y = 1

x = 1, y = 0

B (m,n) = ∫ 𝑥𝑚−1(1 − 𝑥)𝑛−1 𝑑𝑥10 = −∫ 𝑦𝑛−1(1 − 𝑦)𝑚−1 𝑑𝑦0

1

→ −∫ 𝑦𝑛−1(1 − 𝑦)𝑚−1 𝑑𝑦01 = B (n,m)

Haciendo 𝑦 = 𝑥1+𝑥

→ 𝑥 = 𝑦1−𝑦

Luego: 1 + 𝑥 = 11−𝑦

, 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦(1−𝑦)2

�𝑥𝑝−1

1 + 𝑥

∞

0𝑑𝑥 = �

𝑦𝑝−1(1− 𝑦)(1 − 𝑦)𝑝+1

1

0𝑑𝑦 = � 𝑦𝑝−1(1 − 𝑦)−𝑝𝑑𝑦

1

0

= 𝐵(𝑃, 1 − 𝑃) = 𝑟(𝑝)𝑟(1 − 𝑝) = 𝜋

𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑝)

B (m,n) =𝒓(𝒎).𝒓(𝒏)𝒓(𝒎+𝒏)

𝐫(𝐩)𝐫(𝟏 − 𝐩) =𝛑

𝐬𝐞𝐧(𝛑𝐩)



193

� 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒎−𝟏(ɵ)𝒄𝒐𝒔𝟐𝒏−𝟏(ɵ) 𝒅ɵ = 𝝅𝟐

𝟎

𝟏𝟐 𝐁 (𝐦 ,𝐧)

Para todo m >0 , n > 0 Partiendo de

B(m , n) = ∫ 𝑥𝑚−1(1 − 𝑥)𝑛−1 𝑑𝑥10

Se hace el cambio de variable

x = sen12θ ↔ 𝜃 = arcsen

12x

x = 0 → 𝜃 = 0

x = 1 → 𝜃 = π2

dx = 2𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃

Reemplazando

B(m , n) =∫ sen2m−2 ɵcos2n−2 ɵ senɵ cosɵ dɵπ20

B(m , n) =∫ sen2m−1 ɵcos2n−1 ɵdɵπ20

� 𝐬𝐞𝐧𝟓(𝛉)𝐜𝐨𝐬𝟔(𝛉) 𝐝ɵ𝛑𝟐

𝟎

Ejemplo 1:

2m – 1 = 5 2n – 1 = 6 2m = 6 2n = 7 m = 3 n = 𝟕

𝟐

� 𝐬𝐞𝐧𝟓(𝛉)𝐜𝐨𝐬𝟔(𝛉) 𝐝𝛉𝛑𝟐

𝟎=

𝟏𝟐

𝐁 (𝟑 ,𝟕𝟐

) =𝐫(𝟑)𝐫(𝟕

𝟐)

𝟐 𝐫 (𝟏𝟑𝟐

)=

𝟐𝟐𝟑𝟏



194

𝑩 (𝒎 ; 𝒏) = �(𝒙)𝒎−𝟏

(𝟏 + 𝒙)𝒎+𝒏∞

𝟎 𝒅𝒙

� 𝐬𝐞𝐧𝟖(𝛉) 𝐝ɵ𝛑𝟐

𝟎

Ejemplo 2:

2m – 1 = 8 2n – 1 = 0 2m = 9 2n = 1 m = 𝟗

𝟐 n = 𝟏

𝟐

∫ sen8(ɵ) dɵ π20 = 1

2 B (9

2 , 12)

=r �9

2� r(1

2)

2 r (5)

= �72� �5

2� �3

2� �1

2�

2(4!) �√π�2

=35π 256

Para todo m > 0 y n > 0 Partiendo de

B(m , n) = ∫ 𝑥𝑚−1(1 − 𝑥)𝑛−1 𝑑𝑥10

Se hace el cambio de variable



195

x = y1+y

1 – x = 1 - y1+y

= 11+y

1 + y = 11−x

y = 11−x

– 1

y = x1−x

Es decir: x = y

1+y ↔ y = x

1−x

x = 0 → y = 0

x = 1 → y = + ∞

dx = 1(1+y)²

𝑑𝑦

Reemplazando

B(m , n) = ∫ 𝐲𝐦−𝟏

(𝟏+𝐲)𝐦−𝟏1

(𝟏+𝐲)𝐧−𝟏1

(1+y)² 𝑑𝑦∞

0

B(m , n) = ∫ 𝐲𝐦−𝟏

(𝟏+𝐲)𝐦+𝐧 𝑑𝑦∞

0

�1

(1 + 𝑡)√𝑡

∞

0 𝑑𝑡

�𝑡−

12

(1 + 𝑡)

∞

0 𝑑𝑡

Ejemplo 1:

m – 1 = - 12m + n = 1



196

m = 1212+ n = 1 n = 1

2

∫ 𝑡−12

(1+𝑡)∞0 𝑑𝑡 = B (1

2, 12)

𝑟�12�𝑟(12)

𝑟 (1) = π

�𝑡

(1 + 𝑡)3∞

0 𝑑𝑡

Ejemplo 2:

m – 1 = 1 m + n = 3

m = 2 2 + n = 3

n = 1

∫ 𝑡(1+𝑡)3

∞0 𝑑𝑡 = B (2 , 1)

𝑟(2)𝑟(1) 𝑟 (1)

= 12



197

EJERCICIOS RESUELTOS

140. B (4,3) = ∫ 𝒙𝟒−𝟏(𝟏 − 𝒙)𝟑−𝟏 𝒅𝒙𝟏𝟎

B(4,3)= ∫ 𝑥3(1 − 𝑥)2 𝑑𝑥10

Resolución

= ∫ (𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥5)10 𝑑𝑥 = 1

4− 2

5+ 1

6 = 1

60

∴ 𝑩(𝟒,𝟑) = 𝟏𝟔𝟎

Rpta

141. ∫ 𝐱𝟓(𝟏 − 𝐱)𝟖𝐝𝐱𝟏𝟎 = B(5,9)

Resolución

B(5,9) = 𝑟(5).𝑟(9)𝑟(14)

= 4!8!13!

= 16435

∴ 𝑩(𝟓,𝟗) = 𝟏𝟔𝟒𝟑𝟓

Rpta

142. ∫ 𝒙𝟓(𝟏 − 𝒙)𝟖𝒅𝒙𝟏𝟎

= ∫ 𝑥6−1(1 − 𝑥)9−1𝑑𝑥10

Resolución



198

B(6,9)= 𝑟(6)𝑟(9)

𝑟(15) = 5!8!

14!

= 5!8!

8!9.10.11.12.13.14= 1.2.3.4.59.10.11.12.13.14

= 1

9.11.13.14= 118018

∴ ∫ 𝒙𝟓(𝟏 − 𝒙)𝟖𝒅𝒙 = 𝟏𝟏𝟖𝟎𝟏𝟖

𝟏𝟎 Rpta

143. ∫ 𝐱√𝟔𝟒 − 𝐱𝟑𝐝𝐱𝟑𝟒𝟎

𝑥3 = 64𝑦 , 𝑥 = 4�𝑦3 → 𝑑𝑥 =43𝑦

−23

Resolución

= ∫ 4𝑦13�64(1− 𝑦)3 4

3𝑦−

23𝑑𝑦1

0 = ∫ 𝑦−13(1− 𝑦)

13𝑑𝑦1

0 = 64

3𝐵 �2

3, 43� = 64

3𝑟 �2

3� 𝑟 �1

3�

= 64

9𝜋

𝑆𝑒𝑛�2𝜋3 � = 64𝜋

9√32 = 128

9√3𝜋

∴ ∫ 𝐱√𝟔𝟒 − 𝐱𝟑𝐝𝐱𝟑𝟒𝟎 = 𝟏𝟐𝟖

𝟗√𝟑𝝅 Rpta



199

144. Resolver:

� 𝐬𝐞𝐧𝟔(ɵ)𝐜𝐨𝐬𝟔(ɵ) 𝐝ɵ𝛑𝟐

𝟎

Resolución

2m – 1 = 6 2n – 1 = 6

2m = 7 2n = 7

m = 𝟕𝟐 n =

𝟕𝟐

� sen6(ɵ)cos6(ɵ) dɵ π2

0=

12 B (

72 ,

72)

=r �7

2� r(7

2)

2 r (7)

= 15π256

∴ ∫ 𝐬𝐞𝐧𝟔(ɵ)𝐜𝐨𝐬𝟔(ɵ) 𝐝ɵ 𝛑𝟐𝟎 = 𝟏𝟓𝛑

𝟐𝟓𝟔 Rpta

145. Hallar la integral.

� 𝐱𝒂�𝒂²− 𝒙² 𝐝𝐱 𝐚

𝟎

Resolución



200

Sea: x = a senɵ → dx = acosɵdɵ

x = 0 → ɵ = 0

x = a → ɵ = π2

Reemplazando

� a5senɵ5�𝑎² − 𝑎²𝑠𝑒𝑛²ɵ a cosɵ dɵ𝛑2

𝟎

a7 � senɵ5 cos²ɵ dɵ𝛑2

𝟎

2m – 1 = 5 2n – 1 = 2

2m = 6 2n = 3

m = 3 n = 32

a7 ∫ senɵ5 cos²ɵ dɵ𝛑2𝟎 = a

7

𝟐B (3 , 3

2)

=a7

2r(3)r(3

2)

2 r (92)

∴ ∫ 𝐱𝒂�𝒂² − 𝒙² 𝐝𝐱 𝐚𝟎 = 𝟖𝐚

𝟕

𝟏𝟎𝟓 Rpta

146. Resolver la integral:

� 𝒔𝒆𝒏𝟑(ɵ)𝒄𝒐𝒔𝟓(ɵ) 𝒅ɵ𝝅𝟐

𝟎

Resolución

2m – 1 = 3 2n – 1 = 5 2m = 4 2n = 6 m = 2 n = 3



201

� 𝐬𝐞𝐧𝟑(ɵ)𝐜𝐨𝐬𝟓(ɵ) 𝐝ɵ 𝛑2

𝟎=

𝟏𝟐

𝐁 (𝟐 ,𝟑)

=𝐫(𝟐)𝐫(𝟑) 𝟐 𝐫 (𝟓)

= 𝟏!𝟐!𝟏!𝟐.𝟒!

= = 𝟐𝟒𝟖

= 𝟏𝟐𝟒

∴ ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟑(ɵ)𝒄𝒐𝒔𝟓(ɵ) 𝒅ɵ𝝅𝟐𝟎 = 𝟏

𝟐𝟒 Rpta

147. Resolver:

�𝒅𝒕

(𝟏 + 𝒕)𝟐�𝟏+𝟏𝒕

∞

𝟎

�𝑑𝑡

(1 + 𝑡)2�𝑡+1𝑡

∞

0= �

𝑑𝑡

(1 + 𝑡)2(𝑡+1𝑡

)12

∞

0

�𝑑𝑡

(𝑡+1𝑡12

)52

∞

0= �

𝑡12

(1 + 𝑡)52

∞

0 𝑑𝑡

Resolución

m – 1 = 12m + n = 5

2

m = 3232+ n = 5

2

n = 1



202

∫ 𝑡−12

(1+𝑡)∞0 𝑑𝑡 = B (

32,1)

𝑟�32�𝑟(1)

𝑟 �52� = 2

3

∴ ∫ 𝒅𝒕

(𝟏+𝒕)𝟐�𝟏+𝟏𝒕

∞𝟎 = 𝟐

𝟑 Rpta

148. Hallar la Integral:

�𝒕

(𝟏 + 𝒕)𝟑∞

𝟎 𝒅𝒕

Resolución

m – 1 = 1 m + n = 3 m = 2 2 + n = 3 n = 1

∫ 𝑡(1+𝑡)3

∞0 𝑑𝑡 = B (2 , 1)

𝑟(2)𝑟(1) 𝑟 (1)

= 12

∴ ∫ 𝒕(𝟏+𝒕)𝟑

∞𝟎 𝒅𝒕 = 1

2 Rpta



203

PARAMETRIZACIÓN DE UNA

1.1

SUPERFICIE

Sea 𝐷 ⊂ ℝ2 una región conexa y �̅� ∶ 𝐷 → ℝ3 una aplicación inyectiva de

clase 𝐶1 definida por �̅�(𝑢, 𝑣) = (𝑥(𝑢, 𝑣 ),𝑦(𝑢, 𝑣), 𝑧(𝑢, 𝑣))

Definición

a) La imagen de la aplicación �̅�, que es un subconjunto de ℝ3 y se define del

siguiente modo:

𝑀 = �̅�(𝐷) = [(𝑥(𝑢, 𝑣 ),𝑦(𝑢, 𝑣), 𝑧(𝑢, 𝑣)) ∈ ℝ3 (𝑢, 𝑣) ∈ 𝐷⁄ ]

Se llama SUPERFICIE SIMPLE.

b) La aplicación �̅� (𝑢, 𝑣) se llama parametrización de la región �̅�(𝐷) y las

ecuaciones:

“u” y “v” son los parámetros.

c) Si S es una superficie, la parametrización �̅�(𝑢, 𝑣) tiene la propiedad de

recubrir todo S, esto es �̅�(𝑢, 𝑣) = 𝑆 o recubre parte de S, esto es, 𝑟�(𝐷) ⊂ 𝑆.

𝑥 = 𝑥(𝑢, 𝑣)

𝑦 = 𝑦(𝑢, 𝑣)(𝑢, 𝑣) ∈ 𝐷

𝑧 = 𝑧(𝑢, 𝑣)

Se llama ecuación paramétricas de la superficie �̅�(𝐷)



204

1.2

Al procedimiento de encontrar la aplicación �̅�(𝑢, 𝑣) y su respectivo dominio

𝐷,𝐷 ⊂ ℝ2, le llamaremos técnica de parametrizar una superficie.

Técnicas Para Parametrizar Una Superficie

Para cada superficie encontraremos su respectiva parametrización.

CASOS DE PARAMETRIZACIÓN

Parametrización del Plano 𝒫:𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶𝑧 + 𝐷 = 0

En este caso, se puede dejar cualquiera de las 3 variables. Si despejamos la variable

𝑧 en función de (𝑥,𝑦) obtenemos: 𝑧 = −𝐴𝐶𝑥 − 𝐵

𝐶𝑦 − 𝐷

𝐶 , 𝑐 ≠ 0 donde 𝑥 ∈ ℝ, 𝑦 ∈ ℝ.

La parametrización de 𝒫, es:

En este caso, conviene fijar el punto 𝑃0 y hallar los vectores

�⃗� = 𝑃1 − 𝑃0 , 𝑏��⃗ = 𝑃2 − 𝑃0

La parametrización de este plano es:

�⃗�

𝑃2

𝑃1

𝑃0 𝑏��⃗

𝒓�(𝒙,𝒚) = �𝒙,𝒚, = −𝑨𝑫𝒙 −

𝑩𝑪𝒚 −

𝑫𝑪

, � (𝑿,𝒀) ∈ 𝑫 = ℝ𝟐

𝒓�(𝒖,𝒗) = 𝑷𝟎 + 𝒖𝒂��⃗ + 𝒗 𝒃��⃗ (𝒖,𝒗) ∈ ℝ𝟐

CASO 1

CASO 2 Parametrización de un plano que pasa por tres

puntos𝑃0(𝑥0,𝑦0,𝑧0), 𝑃1(𝑥1,𝑦1,𝑧1) y 𝑃2(𝑥2,𝑦2,𝑧2).



205

Parametrización del triangulo de vértices: 𝑃0 , 𝑃1, 𝑃2 , es;

Puede presentarse tres caso:

a) Cuando la ecuación 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 se puede despejar 𝑧 = 𝑓(𝑥,𝑦) , el

dominio D de la parametrización 𝑟(𝑥,𝑦) = (𝑥,𝑦,𝑓(𝑥,𝑦)) es la

PROYECCIÓN de la superficie sobre el plano XY.

b) Cuando la ecuación 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 se puede despejar 𝑦 = 𝑔(𝑥, 𝑧) , el

dominio D de la parametrización 𝑟(𝑥, 𝑧) = (𝑥,𝑔(𝑥, 𝑧), 𝑧) es la

PROYECCIÓN de la superficie sobre el plano XZ.

c) Cuando la ecuación 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 se puede despejar 𝑥 = ℎ(𝑦, 𝑧) , el

dominio D de la parametrización 𝑟(𝑦, 𝑧) = (ℎ(𝑦, 𝑧),𝑦, 𝑧) es la

PROYECCIÓN de la superficie sobre el plano YZ.

𝒓�(𝒖,𝒗) = 𝑷𝟎 + 𝒖𝒂��⃗ + 𝒗 𝒃��⃗ (𝒖,𝒗) ∈ 𝑫 = [(𝒖,𝒗) ∈ ℝ𝟐 𝟎⁄ ≤ 𝒖 ≤ 𝟏,𝟎 ≤ 𝒗 ≤ 𝟏 − 𝒖]

CASO 3

CASO 4 Parametrización CANÓNICA.

Esta parametrización, sólo es posible cuando una de las tres

variables de la ecuación cartesiana 𝐹(𝑥,𝑦, 𝑧) = 0, es de fácil

despeje.



206

Ejemplos

149. Parametrizar la superficie:𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛 − 𝟏 = 𝟎 para 𝒛 ≥ 𝟎.

Resolución

De 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧 − 1 = 0, obtenemos 𝑥2 + 𝑦2 = 1 − 𝑧

Donde, necesariamente, debe cumplirse que 1 − 𝑧 ≥ 0 ↔ 𝑧 ≤ 1 , porque

𝑥2 + 𝑦2 ≥ 0

Así, tendremos: 0 ≤ 𝑧 ≤ 1

Por otro lado, al despejar 𝑧 de la ecuación 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧 − 1 = 0 obtenemos:

El dominio de la función 𝑧 = 𝑓(𝑥,𝑦), es la proyección de la superficie sobre

el plano XY. Esto se halla, haciendo 𝑧 = 0 en la ecuación, del cual

obtenemos:

𝑥2 + 𝑦2 = 1

Así obtenemos:

𝑧 = 1 − 𝑥2 − 𝑦2

𝒓�(𝒙,𝒚) = (𝒙,𝒚,𝟏 − 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐) (𝒙,𝒚) ∈ 𝑫 = [(𝒙,𝒚) ∈ ℝ𝟐 𝒙𝟐⁄ + 𝒚𝟐 ≤ 𝟏]



207

150. Parametrizar la superficie S que es la frontera del

solido limitado por el paraboloide 𝒛 = 𝒙𝟐 + 𝒛𝟐 y el plano

𝒛 = 𝟐𝒙.

Resolución

(1) Ya tenemos: 𝑧 = 𝑥2 + 𝑧2

(2) Falta hallar el dominio D:

El procedimiento consiste en interceptar las ecuaciones

Reemplazando (2) en (1): 2𝑥 = 𝑥2 + 𝑦2

𝑥2 + 2𝑥+. . . +𝑦2 = 0

𝑥2 − 2𝑥 + 1 + 𝑦2 = 1 ⟺

Luego la parametrización del paraboloide 𝑧 = 𝑥2 + 𝑧2 , frontera del

solido es:

La parametrización del plano frontera del solido es:

151. Parametrizar el plano: 𝒙 + 𝒛 − 𝒚 = 𝟎 que se encuentra

dentro del cilindro 𝒙𝟐 + 𝒛𝟐 + 𝒂𝒙 = 𝟎

Resolución

𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2…. (1)

𝑧 = 2𝑥………(2)

𝒓�(𝒙,𝒚) = (𝒙,𝒚,𝒙𝟐 + 𝒚𝟐) (𝒙,𝒚) ∈ 𝑫 = [(𝒙,𝒚) (𝒙 − 𝟏)𝟐 + 𝒚𝟐 ≤ 𝟏⁄ ]

𝒓�(𝒙,𝒚) = (𝒙,𝒚,𝟐𝒙) (𝒙,𝒚) ∈ 𝑫 = [(𝒙,𝒚) (𝒙 − 𝟏)𝟐 + 𝒚𝟐 ≤ 𝟏⁄ ]

(𝑥 − 1)2 + 𝑦2 = 1



208

Como el eje del cilindro es paralelo al eje Y, entonces la proyección sa hace

sobre el plano XZ y del plano despejar 𝑦 = 𝑥 + 𝑧

Así obtenemos:

152. Parametrizar el pedazo de cono 𝒙𝟐 = 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 que se

encuentra sobre el plano YZ y dentro de la esfera

𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 + 𝒙𝟐 − 𝟒𝒚 = 𝟎.

Resolución

La parametrización de la superficie S es:

�̅�(𝑥, 𝑧) = (𝑥, 𝑥 + 𝑧, 𝑧) (𝑥, 𝑧) ∈ 𝐷 = �(𝑥, 𝑧) �𝑥 +𝑎

𝑧�

2+ 𝑧2 ≤

𝑎2

4� �

𝑦2 + 𝑧2 + 𝑦2 + 𝑧2 − 4𝑦 = 0

2𝑦2 + 2𝑧2 − 4𝑦 = 0

𝑦2 + 𝑧2 − 2𝑦 = 0

(𝑦 − 1)2 + 𝑧2 = 1

• Despejar x del cono:𝑥 = �𝑦2 + 𝑧2 esto se

hace porque el EJE X, es eje del cono.

• Interceptar el cono con la esfera,

reemplazando 𝑥2 del cono en la esfera,

obteniéndose:

• La esfera es 𝑥2 + (𝑦 − 2)2 + 𝑧2 = 4

𝒓�(𝒚,𝒛) = ��𝒚𝟐 + 𝒛𝟐,𝒚, 𝒛� (𝒙,𝒛) ∈ 𝑫 = [(𝒚,𝒛) (𝒚 − 𝟏)𝟐 + 𝒛𝟐 ≤ 𝟏⁄ ]



209

En este caso, se puede recurrir a las coordenadas cilíndricas.

Ejemplos

153. Parametrizar: el cilindro 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 = 𝒂𝟐

Resolución

Hacer

Luego, la aplicación vectorial que Parametriza el cilindro es:

154. Parametrizar aplicando coordenadas cilíndricas, el

pedazo del cilindro 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟖𝒚 que se encuentra dentro

de la esfera 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐+𝒛𝟐 = 𝟔𝟒.

Resolución

𝑦 = 𝑎 𝑐𝑜𝑠𝑢

𝑧 = 𝑎 𝑠𝑒𝑛𝑢

𝑥 = 𝑣

Donde: 0≤ 𝑢 ≤ 2𝝅 ,−∞ < 𝑣 < +∞.

𝒓�(𝒖,𝒗) = (𝒗,𝒂 𝒄𝒐𝒔𝒖,𝒂 𝒔𝒆𝒏𝒖) (𝒖,𝒗) ∈ 𝑫 = [(𝒖,𝒗) 𝟎 ≤ 𝒖 ≤ 𝟐𝝅 ,−∞ < 𝑣 < ∞⁄ ]

CASO 5 Parametrización de superficies, por coordenadas cilíndricas.

Algunas superficies tienen ecuaciones cartesianas que

contienen los términos: 𝑥2 + 𝑦2 𝑜 𝑥2 + 𝑧2 𝑜 𝑦2 + 𝑧2.



210

Faltaría hallar, la variación del parámetro “v”, tal que 𝑧 = 𝑣.

Para ello, se remplaza 𝑥 = 4 𝑐𝑜𝑠𝑢, 𝑦 = 4 + 4 𝑠𝑒𝑛𝑢 en la esfera, obteniéndose:

(𝑥 = 4 𝑐𝑜𝑠𝑢)2 + (4 + 4 𝑠𝑒𝑛𝑢) + 𝑧2 = 64

16𝑐𝑜𝑠2𝑢 + 16 + 32𝑠𝑒𝑛𝑢 + 16𝑠𝑒𝑛2𝑢 + 𝑧2 = 64

32 + 32𝑠𝑒𝑛𝑢 + 𝑧2 = 64 ⇒ 𝑧 = 4√2√1 − 𝑠𝑒𝑛𝑢

Luego, la parametrización del pedazo del cilindro es:

Otra forma de Parametrizar:

Si aplicamos la transformación

𝑥2 + 𝑦2 = 8𝑦

𝑥2 + 𝑦2 − 8𝑦+. . . = 0

𝑥2 + 𝑦2 − 8𝑦 + 16 = 16

𝑥2 + (𝑦 − 4)2 = 16

• Completar cuadrados en el cilindro:

• Como el del cilindro es paralelo al eje z,

podemos aplicar coordenadas cilíndricas,

haciendo:

𝑥 = 4 𝑐𝑜𝑠𝑢

𝑧 = 𝑣 (𝑒𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑜 𝑎𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑍)

𝑦 − 4 = 4 𝑠𝑒𝑛𝑢, donde 0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝝅

𝒓�(𝒖,𝒗) = (𝟒 𝒄𝒐𝒔𝒖,𝟒 + 𝟒 𝒔𝒆𝒏𝒖,𝒗) (𝒖,𝒗) ∈ 𝑫 = �(𝒖,𝒗):𝟎 ≤ 𝒖 ≤ 𝟐𝝅,𝟎 ≤ 𝒗 ≤ 𝟒√𝟐√𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝒖�

𝑥 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠𝑢

𝑦 = 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝑢



211

a) La ecuación:𝑥2 + 𝑦2 = 8𝑦 se convierte en:𝑟 = 8𝑠𝑒𝑛𝑢 y las ecuaciones

paramétricas del cilindro serán:

Faltaría la variación de “v”.

Esto se halla cuando las ecuaciones

Se reemplaza en la esfera: 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 64

𝑟2 + 𝑧2 = 64

𝑧 = �64 − 𝑟2

𝑧 = �64 − 64𝑠𝑒𝑛2𝑢

𝑧 = 8 𝑐𝑜𝑠𝑢

Luego, la parametrización del pedazo de cilindro es:

𝑥 = 8 𝑠𝑒𝑛𝑢 𝑐𝑜𝑠𝑢

𝑦 = 8 𝑠𝑒𝑛2𝑢 ,−𝜋2≤ 𝑢 ≤

𝜋2

𝑧 = 𝑥



𝒓�(𝒖,𝒗) = �𝟖 𝒔𝒆𝒏𝒖 𝒄𝒐𝒔𝒖,𝟖 𝒔𝒆𝒏𝟐𝒖,𝒗� (𝒖,𝒗) ∈ 𝑫 = �(𝒖,𝒗):−𝝅𝟐≤ 𝒖 ≤

𝝅𝟐

,𝟎 ≤ 𝒗 ≤ 𝟖 𝒄𝒐𝒔𝒖�



212

155. Obtener una parametrización de la parte del

cilindro 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟒,𝟎 ≤ 𝒛 ≤ 𝟓, delimitado por los

semiplanos 𝒚 = 𝒙 e 𝒚 = 𝟐𝒙 con 𝒙 ≥ 𝟎.

En consecuencia, la parametrización de la superficie es:

156. Parametrizar con coordenadas cilíndricas la superficie:

(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐+𝒛𝟐)𝟐 = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐.

Resolución

Aplicar coordenadas cilíndricas

Ahora debemos hallar la región D:

a) La variación del parámetro u se halla en

los semiplanos:

De 𝑦 = 2𝑥 ⇒ 2 = 𝑡𝑔𝑢 ⇒ 𝑢 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔2

De 𝑦 = 𝑥 ⇒ 1 = 𝑡𝑔𝑢 ⇒ 𝑢 = 𝜋4

b) La variación de v está dada por la

variación de z, que es 0 ≤ 𝑉 ≤ 5.


𝑦 = 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝑢 , 𝑟 = 2

𝑧 = 𝑣

𝒓�(𝒖,𝒗) = (𝟐𝒄𝒐𝒔𝒖,𝟐𝒔𝒆𝒏𝒖,𝒗) (𝒖,𝒗) ∈ 𝑫 = �(𝒖,𝒗): 𝝅𝟒≤ 𝒖 ≤ 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈𝟐,𝟎 ≤ 𝒗 ≤ 𝟓�



213

Resolución

(𝑟2 + 𝑣2)2 = 𝑟2 , 𝑟 > 0

⇒ 𝑟2 + 𝑣2 = 𝑟

𝑣2 = 𝑟 − 𝑟2

𝑣 = √𝑟 − 𝑟2 , 𝑟 − 𝑟2 ≥ 0

𝑟2 − 𝑟 ≤ 0

0 ≤ 𝑟 ≤ 1

Por otro lado, de la ecuación: 𝑟2 + 𝑣2 = 𝑟 debemos despejar r.

Veamos: 𝑟2 − 𝑟 + 𝑣2 = 0 ⇒ �𝑟 − 12�1

+ 𝑣2 = 14

⇒ �𝑟 −12�1

=14− 𝑣2

⇒ 𝑟 = 12

+ �14− 𝑣2…………..(1)

Donde 14− 𝑣2 ≥ 0 ⇔ −1

2≤ 𝑣 ≤ 1

2

Reemplazar (1) en (*)

Las coordenadas cilíndricas son:

(*)

Al reemplazar (*) en la ecuación de la superficie, se obtiene:



𝑧 = 𝑣

𝑥 = �12

+ �14− 𝑣2�𝑐𝑜𝑠𝑢

𝑦 = �12

+ �14− 𝑦2�𝑠𝑒𝑛𝑢

𝑧 = 𝑣



214

La variación de u es: 0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝝅

La variación de v es: −12≤ 𝑣 ≤ 1

2

Entonces, la parametrización cilíndrica de la superficie es:

157. Sea S la lamina de forma cilíndrica ubicada en el

primer octante descrita por 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟏𝟒; y comprendida

entre las superficies 𝒚 = 𝒙𝟐 + 𝒛𝟐,𝒚 = 𝒙 + 𝒛. Parametrizar

S.

Resolución

�̅�(𝑢, 𝑣) = ��12

+ �14− 𝑣2� 𝑐𝑜𝑠𝑢,�

12

+ �14− 𝑦2� 𝑠𝑒𝑛𝑢, 𝑣�

0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝝅

−12≤ 𝑣 ≤

12



215

Se pide Parametrizar el cilindro:𝑥2 + 𝑦2 = 14

Aplicando coordenadas cilíndricas, obtenemos:

(*)

Ahora debemos hallar el recorrido de los parámetros “u” y “v”

a) Como S está ubicada en el primer octante, entonces: 0 ≤ 𝑢 ≤ 𝜋2.

b) Como el parámetro “v” (y=v) recorre verticalmente, al reemplazar (*)

en el plano:𝑦 = 𝑥 + 𝑧 obtenemos:

Al interceptar: 𝑥2 + 𝑦2 = 14 con 𝑦 = 𝑥2 + 𝑧2 se obtiene

Entonces la variación de “v” es: 14≤ 𝑣 ≤ 1

2(𝑐𝑜𝑠𝑢 + 𝑠𝑒𝑛𝑢).

Conclusión: La parametrización de S es:

158. Parametrizar la parte del cilindro 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟒 que esta

por encima del plano XY entre los planos 𝒛 = 𝒚 , 𝒛 = 𝟐𝒚.

𝑥 =12

𝑐𝑜𝑠𝑢

𝑧 =12

𝑠𝑒𝑛𝑢

𝑦 = 𝑣

𝑦 =12

(𝑐𝑜𝑠𝑢 + 𝑠𝑒𝑛𝑢)

𝑦 =14

𝒓�(𝒖,𝒗) = �𝟏𝟐𝒄𝒐𝒔𝒖,𝒗,

𝟏𝟐𝒔𝒆𝒏𝒖� (𝒖,𝒗) ∈ 𝑫 = �(𝒖,𝒗): 𝟎 ≤ 𝒖 ≤

𝝅𝟐

,𝟏𝟒≤ 𝒗 ≤

𝟏𝟐

(𝒄𝒐𝒔𝒖 + 𝒔𝒆𝒏𝒖)�



216

Falta halla la variación de v:

Para ello, reemplazar 𝑦 = 2𝑠𝑒𝑛𝑢

en

Por lo tanto, la parametrización es:

Resolución

• Teniendo como referencia el

cilindro:𝑥2 + 𝑦2 = 4 aplicar las

coordenadas cilíndricas:

La variación de u es: 0 ≤ 𝑢 ≤ 𝝅

𝑥 = 2 𝑐𝑜𝑠𝑢

𝑦 = 2 𝑠𝑒𝑛𝑢

𝑧 = 𝑣

Obteniéndose:

𝑣 = 4 𝑠𝑒𝑛𝑢

𝑣 = 2 𝑠𝑒𝑛𝑢 𝑧 = 2𝑦

𝑧 = 𝑦

𝒓�(𝒖,𝒗) = (𝟐𝒄𝒐𝒔𝒖,𝟐𝒔𝒆𝒏𝒖,𝒗) (𝒖,𝒗) ∈ 𝑫 = [(𝒖,𝒗): 𝟎 ≤ 𝒖 ≤ 𝝅,𝟐𝒔𝒆𝒏𝒖 ≤ 𝒗 ≤ 𝟒𝒔𝒆𝒏𝒖]

CASO 6 PARAMETRIZACIÓN DE SUPERFICIES, POR

COORDENADAS ESFÉRICAS.

Algunas superficies tienen ecuaciones cartesianas que

aparecen la suma de los términos: 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2.

En este caso se recomienda aplicar las coordenadas esféricas.



217

Ejemplos

159. Parametrizar: la parte de la esfera:𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 = 𝟏𝟔 ,

𝒛 ≥ 𝟎, interceptado por el cilindro 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 = 𝟒𝒛.

Resolución

A continuación, buscar la variación de los parámetros “u” y “v”.

Viendo el grafico, la variación de u es: 0 ≤ 𝑢 ≤ 𝝅

Y la variación de v es: 0 ≤ 𝑢 ≤ 𝜋2

Luego la parametrización de la superficie es:

𝑦2 + (𝑧 − 2)2 = 4

• En 𝑦2 + 𝑧2 = 4𝑧 completar

cuadrados:

• Teniendo como referencia a la

esfera 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 16 y el

grafico, hacemos:

𝑦 = 4𝑠𝑒𝑛𝑣 𝑐𝑜𝑠𝑢

𝑧 = 4𝑠𝑒𝑛𝑣 𝑠𝑒𝑛𝑢

𝑥 = 4𝑐𝑜𝑠𝑣

𝒓�(𝒖,𝒗) = (𝟒𝒄𝒐𝒔𝒗,𝟒𝒔𝒆𝒏𝒗 𝒄𝒐𝒔𝒖,𝟒𝒔𝒆𝒏𝒗 𝒔𝒆𝒏𝒖) 𝟎 ≤ 𝒖 ≤ 𝝅,𝟎 ≤ 𝒗 ≤𝝅𝟐



218

Si hacemos la parametrización canoníca, despejamos 𝑥 = ℎ(𝑦, 𝑧) y obtenemos:

160. Parametrizar la porción de la esfera 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 = 𝟒,

cortada por la parte superior del cono 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝒛𝟐.

Resolución

a) En el grafico “u” debe dar toda la vuelta, esto es, 0 ≤ 𝑢 ≤ +2𝜋

b) En el grafico, “v” varía del eje Z hasta el rayo 𝑂𝐵��⃗ .

Teniendo como referencia el punto 𝑏 = (0,√2,√2) se obtiene que

0 ≤ 𝑣 ≤ 𝜋4

Luego la parametrización de la superficie es:

𝒓�(𝒚,𝒛) = ��𝟏𝟔 − 𝒚𝟐 − 𝒛𝟐,𝒚, 𝒛� (𝒚, 𝒛) ∈ 𝑫 = [(𝒚, 𝒛): 𝒚𝟐 + (𝒛 − 𝟐)𝟐 ≤ 𝟒]

Teniendo como referencia la esfera:

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 4 y el grafico, hacemos:

Ahora, buscar la variación de los

parámetros “u” y “v”.

𝑥 = 2𝑠𝑒𝑛𝑣 𝑐𝑜𝑠𝑢

𝑦 = 4𝑠𝑒𝑛𝑣 𝑠𝑒𝑛𝑢

𝑧 = 2𝑐𝑜𝑠𝑣

𝒓�(𝒖,𝒗) = (𝟐𝒔𝒆𝒏𝒗 𝒄𝒐𝒔𝒖,𝟐𝒔𝒆𝒏𝒗 𝒄𝒐𝒔𝒖,𝟐𝒄𝒐𝒔𝒗) 𝟎 ≤ 𝒖 ≤ 𝟐𝝅,𝟎 ≤ 𝒗 ≤𝝅𝟒



219

Si hacemos la parametrización canónica, despejamos 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) y

obtenemos:

161. Parametrizar la parte de la esfera 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 = 𝟏𝟒

, 𝒛 ≥ 𝟎

que se halla en el interio de la superficie

(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐)𝟑 = 𝒙.

Resolución

Teniendo como referencia la esfera:𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 14 , con 𝑧 ≥ 0; hacemos:

𝒓�(𝒙,𝒚) = �𝒙,𝒚,�𝟒 − 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐� (𝒙,𝒚) ∈ 𝑫 = [(𝒙,𝒚): 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 ≤ 𝟐]

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = √𝑥3 , 0 ≤ 𝑥 ≤ 1

Se tiene las referencias:

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 14 ………...(1)

(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)3 = 𝑥 ...………(2)

Al sustituir (1) en (2)

143

= 𝑥 ...……...(3)

Sustituir (3) en (1)

𝑦2 + 𝑧2= 45−146

………...(4)

𝑦 =12𝑠𝑒𝑛𝜙 cos 𝜃

𝑧 =12𝑠𝑒𝑛𝜙 sen𝜃

𝑥 =12

cos𝜙



220

Ahora, buscar la variación de los parámetros “𝜃” y “𝜙”.

a) Mirando el grafico, la variación de 𝜃 𝑒𝑠 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋.

b) La variación de 𝜙 la veremos en el triangulo OQR

En consecuencia la parametrización de la superficie S, es:

162. Parametrizar la superficie (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐)𝟐 = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐.

Resolución

Al hacer las trazas con los planos coordenados se obtiene:

a) TRAZA CON EL PLANO XY, se hace𝑧 = 0 y se obtienen:𝑥2 + 𝑦2 = 1

b) TRAZA CON EL PLANO YZ, se hace𝑦 = 0 y se obtiene:

�𝑥 −12�2

+ 𝑧2 =14

𝑜 �𝑥 +12�2

+ 𝑧2 =14

c) TRAZA CON EL PLANO YZ, se hace 𝑥 = 0 y se obtiene

𝑡𝑔 𝜙 =√45−143143

= �45 − 1

𝜙 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 �45 − 1

𝒓�(𝜽,𝝓) = �𝟏𝟐𝐜𝐨𝐬𝝓 ,

𝟏𝟐𝒔𝒆𝒏𝝓 𝐜𝐨𝐬𝜽 ,

𝟏𝟐𝒔𝒆𝒏𝝓 𝐬𝐞𝐧𝜽� 𝟎 ≤ 𝜽 ≤ 𝝅,𝟎 ≤ 𝝓 ≤ 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 �𝟒𝟓 − 𝟏



221

�𝑦 −12�2

+ 𝑧2 =14

𝑜 �𝑦 +12�2

+ 𝑧2 =14

Se obtiene: 𝜌4 = 𝜌2𝑠𝑒𝑛2𝜙𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝜌2𝑠𝑒𝑛2𝜙𝑠𝑒𝑛2𝜃

𝜌4 = 𝜌2𝑠𝑒𝑛2𝜙

𝜌2 = 𝑠𝑒𝑛2𝜙

𝜌 = 𝑠𝑒𝑛𝜙 ………………….(1)

Reemplazar (1) en (*)

La variación de los parámetros: 𝜃 𝑦 𝜙 son: 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋 , 0 ≤ 𝜙 ≤ 𝜋

Luego la función vectorial que parametriza la superficie es:

(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)2 = 𝑥2 + 𝑦2

Las coordenadas esféricas son:

(*)

Al reemplazar (*) en la ecuación:

𝑥 = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜙 cos 𝜃

𝑦 = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜙 sen𝜃

𝑧 = 𝜌 cos𝜙

𝑥 = 𝑠𝑒𝑛2𝜙 cos𝜃

𝑦 = 𝑠𝑒𝑛2𝜙 sen𝜃

𝑧 = 𝑠𝑒𝑛𝜙 cos𝜃

�̅�(𝜃,𝜙) = (𝑠𝑒𝑛2𝜙𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑠𝑒𝑛2𝜙 sen𝜃 , 𝑠𝑒𝑛𝜙 sen𝜃)

0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝜙 ≤ 𝜋



222

163. Tres Formas De Parametrizar La Esfera S:

𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + (𝒛 − 𝟏)𝟐 = 𝟏.

Resolución

FORMA 1

Aplicando coordenadas esféricas, las ecuaciones paramétrica son:

La imagen de X, X(U), recubre toda la esfera S.

FORMA 2

Si de la ecuación; 𝑥2 + 𝑦2 + (𝑧 − 1)2 = 1 despejamos, respectivamente, las

variables 𝑧,𝑦, 𝑥 ; obtenemos 6 ecuaciones.

La parametrización canónica que se obtienen de cada ecuación, recubre un

sector de la s esfera, pero no toda la esfera.

Por ejemplo, al despejar 𝑦: 𝑦 = �1 − 𝑥2 − (𝑧 − 1)2 se obtiene:

𝑋: 𝑈 ⊂ ℝ2 → ℝ3 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟

𝑋(𝜃,𝜙) = (𝑠𝑒𝑛𝜙 cos 𝜃, 𝑠𝑒𝑛𝜙𝑠𝑒𝑛𝜃, 1 + 𝑐𝑜𝑠𝜙)

(𝜃,𝜙) ∈ 𝑈 = {(𝜃,𝜙) ∈ ℝ2: 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝜙 ≤ 𝜋}

La función vectorial es:

𝑥 = 𝑠𝑒𝑛𝜙 cos 𝜃

𝑦 = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜙 sen𝜃 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋

𝑧 − 1 = cos𝜙 0 ≤ 𝜙 ≤ 𝜋



223

�̅�(𝑥, 𝑧) = �𝑥,�1 − 𝑥2 − (𝑧 − 1)2, 𝑧� , (𝑥, 𝑧) ∈ 𝑈

𝑈 = {(𝑥, 𝑧) ∈ ℝ2 𝑥2⁄ + (𝑧 − 1)2 ≤ 1}

𝑟�(𝑈) recubre la parte sombreada de la esfera

de la figura2.

FORMA 3 (Proyección Estereográfica)

Intuitivamente, esta parametrización consiste en “pelar una naranja desde el

polo norte N (0,0,2) y extender la cascara sobre el plano XY”(ver la fig.2)

El procedimiento consiste en:

I. Trazar el segmento de recta desde el polo norte N = (0, 0, 2) hasta el punto

Q, que es la proyección del punto P= (x, y, z) sobre el plano XY partiendo

desde el polo norte N = (0, 0, 2).

Como se tiene la esfera 𝑆2: 𝑥2 + 𝑦2 + (𝑧 − 1)2 = 1, el polo norte N, el punto

𝑃 ∈ 𝑠2 y el punto proyección 𝑄(𝑢, 𝑣) que recae sobre el plano XY, definimos

la función proyección de 𝑃 sobre el plano XY, del siguiente modo:

𝜋: 𝑆2 − {𝑁} → ℝ2

𝑃 → 𝜋(𝑃) = (𝑢, 𝑣)

La inversa de 𝜋 es: 𝜋−1: ℝ2 → 𝑆2 − {𝑁}

(𝑢, 𝑣) → 𝜋−1(𝑢, 𝑣) = (𝑥,𝑦, 𝑧)

Se debe hallar las coordenadas 𝑥, 𝑦, 𝑧 en función de los parámetros 𝑢, 𝑣.

II. La ecuación vectorial 𝑁𝑄�� 𝑒𝑠:



224

𝑃 = 𝑁 + 𝑡(𝑄 − 𝑁), 𝑡 ∈ ℝ, 𝑄 = (𝑢, 𝑣, 0), 𝑁 = (0,02)

(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (0,0,2) + 𝑡(𝑢, 𝑣,−2)

= 𝑡𝑢, 𝑡𝑣, 2 − 2𝑡

Al igualar las coordenadas, obtenemos:

(1)

Como (𝑥,𝑦, 𝑧) ∈ 𝑆2(𝑡𝑢)2 + (𝑡𝑣)2 + (2 − 2𝑡 − 1)2 = 1

𝑡2𝑢2 + 𝑡2𝑣2 + 1 − 4𝑡 + 4𝑡2 = 1

𝑡2𝑢2 + 𝑡2𝑣2 + 4𝑡2 − 4𝑡2 = 0

(𝑢2 + 𝑣2 + 4)𝑡2 − 4𝑡 = 0

[(𝑢2 + 𝑣2 + 4)𝑡 − 4]𝑡 = 0

Como 𝑡 ≠ 0, entonces (𝑢2 + 𝑣2 + 4)𝑡 − 4 = 0

𝑡 =4

(𝑢2 + 𝑣2 + 4)

III. Reemplazar (2) en (1):𝑥 = 4𝑢(𝑢2+𝑣2+4)

𝑦 =4𝑣

(𝑢2 + 𝑣2 + 4)

𝑧 =2(𝑢2 + 𝑣2)

(𝑢2 + 𝑣2 + 4)

Así, hemos obtenido la función vectorial:

𝑥 = 𝑡𝑢

𝑦 = 𝑡𝑣

𝑧 = 2 − 2𝑡

𝝅−𝟏(𝒖,𝒗) = �𝟒𝒖

(𝒖𝟐 + 𝒗𝟐 + 𝟒),

𝟒𝒗(𝒖𝟐 + 𝒗𝟐 + 𝟒)

,𝟐(𝒖𝟐 + 𝒗𝟐)

(𝒖𝟐 + 𝒗𝟐 + 𝟒)� (𝒖,𝒗) ∈ ℝ𝟐 − (𝟎,𝟎)



225

164. Parametrizar la elipsoide: 𝒙𝟐

𝒂𝟐+ 𝒚𝟐

𝒃𝟐+ 𝒛𝟐

𝒄𝟐= 𝟏

Se aplica las coordenadas esféricas modificadas, que para el elipsoide, son:

Resolución

La función vectorial que parametriza al elipsoide es 𝑟��⃗ : 𝑈 ⊂ ℝ2 → ℝ3 tal que:

La superficie de revolución se obtiene haciendo girar una curva 𝒞 contenida en un

plano 𝒫 alrededor de una recta L (eje de rotación).

Por ejemplo, si elegimos una curva 𝒞 contenida en el plano YZ cuya parametrización

sea:

𝛼(𝑣) = (0,𝑓(𝑣),𝑔(𝑣)) de parámetro “𝑣” ∈ 𝐼 y el eje de rotación sea el EJE Z (ver la

figura).

Cuando la curva 𝒞 gira alrededor del eje Z genera una superficie S cuya

representación paramétrica queremos saber.

Cada punto Q pertenece a la curva 𝒞 genera una circunferencia de centro en el eje Z

y radio f(v).

𝑥 = 𝑎 𝑠𝑒𝑛𝑣 𝑐𝑜𝑠𝑢

𝑦 = 𝑏 𝑠𝑒𝑛𝑣 𝑠𝑒𝑛𝑢 , 0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝜋

𝑧 = 𝑐 𝑐𝑜𝑠𝑣 0 ≤ 𝑣 ≤ 𝜋

𝑟(𝑢, 𝑣) = (𝑎 𝑠𝑒𝑛𝑣 𝑐𝑜𝑠𝑢, 𝑏 𝑠𝑒𝑛𝑣 𝑠𝑒𝑛𝑢 , 𝑐 𝑐𝑜𝑠𝑣)

(𝑢, 𝑣) ∈ 𝑈,𝑈 = {(𝑢, 𝑣): 0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝑣 ≤ 𝜋}

PARAMETRIZACIÓN DE UNA SUPERFICIE DE

REVOLUCIÓN

CASO 7



226

Si el punto Q gira hasta el punto P se genera el ángulo “𝑢”.

Queremos hallar las coordenadas (𝑥,𝑦, 𝑧) del punto P.

En el triangulo rectángulo OAP, recto en A, se tiene:

Como 𝑧 = 𝑔(𝑣), entonces las ecuaciones paramétricas de la superficie S, son:

La variación de parámetro “u” depende cuánto giramos la curva 𝒞.

La variación del parámetro “v” depende de las condiciones que se plantean al

inicio del problema.

Si la curva da una vuelta entera, entonces 0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝜋 y si 𝑎 < 𝑣 < 𝑏, entonces

la función vectorial que parametriza a la superficie de revolución S es:

Ejemplos

165. Hallar la superficie de revolución que se genera al rotar la recta 𝒛 = 𝟐𝒙, 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏 en torna al eje Z.

𝑥 = 𝑓(𝑣)𝑠𝑒𝑛𝑢

𝑦 = 𝑓(𝑣)𝑐𝑜𝑠𝑢

𝑥 = 𝑓(𝑣)𝑠𝑒𝑛𝑢

𝑦 = 𝑓(𝑣)𝑐𝑜𝑠𝑢

𝑧 = 𝑔(𝑣)

𝒓�⃗ (𝒖,𝒗) = �𝒇(𝒗)𝒔𝒆𝒏𝒖,𝒇(𝒗)𝒄𝒐𝒔𝒖 ,𝒈(𝒗)� 𝟎 ≤ 𝒖 ≤ 𝟐𝝅 , 𝒂 < 𝑣 < 𝑏



227

Entonces la función vectorial que parametriza a la superficie de revolución es:

La imagen de �̅� es el cono: 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑧2

4 , 0 ≤ 𝑧 ≤ 2.

Pues al hacer

Sumar: 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑣2………… (1)

Como 𝑧 = 2𝑣 ⇒ 𝑣 = 𝑧2…………..………… (2)

Al reemplazar (2) en (1):

Resolución

Haciendo 𝑥 = 𝑣 , las ecuaciones paramétrica

de la recta 𝑧 = 2𝑥, son:

P es un punto de la superficie de revolución

con coordenadas (𝑥,𝑦, 𝑧), donde:

𝑥 = 𝑣

𝑧 = 2𝑣 , 0 ≤ 𝑣 ≤ 1

𝑦 = 0

𝑥 = 𝑣 𝑐𝑜𝑠𝑢

𝑧 = 𝑣 𝑠𝑒𝑛𝑢 , 0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝜋

𝒓�(𝒖,𝒗) = (𝒗 𝒄𝒐𝒔𝒖,𝒗 𝒔𝒆𝒏𝒖,𝟐𝒗) (𝒖,𝒗) ∈ 𝑫 = [(𝒖,𝒗): 𝟎 ≤ 𝒖 ≤ 𝟐𝝅,𝟎 ≤ 𝒗 ≤ 𝟏]

𝑥 = 𝑣 𝑐𝑜𝑠𝑢 ⇒ 𝒙𝟐 = 𝒗𝟐𝒄𝒐𝒔𝟐𝒖

𝑦 = 𝑣 𝑠𝑒𝑛𝑢 ⇒ 𝒚𝟐 = 𝒗𝟐𝒔𝒆𝒏𝟐𝒖

𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 =𝑧2

4 0 ≤ 𝑧 ≤ 2 Es un cono de vértice (0,0,0)



228

166. El toro es una superficie cerrada, parecida a la llanta

(neumático) de un auto. Se genera al girar una

circunferencia en torno al eje.

Resolución

Supongamos que en el plano XZ se tienen la circunferencia

𝒞 ∶ (𝑥 − 𝑎)2 + 𝑧2 = 𝑟2,𝑎 > 𝑟.

Si la circunferencia 𝒞 gira en torno al eje Z, se genera una superficie cerrada S.

Sea 𝑝 = (𝑥,𝑦, 𝑧) un punto S, debemos hallar las coordenadas(𝑥,𝑦, 𝑧) de P.

Cuando 𝒞pasa por la posición 𝒞´ aparece el triangulo rectángulo ORQ, recto

en R y el ángulo “v” que se moverá horizontalmente en el plano XY. El ángulo

“u” se mueve en el plano vertical que contiene a la circunferencia 𝒞.

En el segundo grafico se tiene:

|𝑂𝑅��| = 𝑥 = |𝑂𝑄��|𝑐𝑜𝑠𝑣 , 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒|𝑂𝑄��| = |𝑂𝐶��| + |𝐶𝑄��|

|𝑅𝑄��| = 𝑦 = |𝑂𝑄��|𝑠𝑒𝑛𝑣 = 𝑎 + 𝑟𝑐𝑜𝑠𝑢

|𝑄𝑃��| = 𝑍 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝑢



229

Luego:

En consecuencia el toro esta parametrizado por:

PARAMETRIZACIÓN DE SUPERFICIE REGLADAS

Una superficie reglada, es una superficie generada por una recta que se

mueve sobre una curva α.

Así por ejemplo:

para 𝑡0 ∈ 𝐼, definimos la recta 𝐿0 : α (𝑡0) + 𝑣 𝑤��⃗ (𝑡0) , 𝑣 ∈ ℝ



𝑥 = (𝑎 + 𝑟 𝑐𝑜𝑠𝑢)𝑐𝑜𝑠𝑣

𝑦 = (𝑎 + 𝑟 𝑐𝑜𝑠𝑢)𝑠𝑒𝑛𝑣

𝑧 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝑢

0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝝅

0 ≤ 𝑣 ≤ 2𝝅

𝑿 (𝒖,𝒗) = �(𝒂+ 𝒓𝒄𝒐𝒔𝒖)𝒄𝒐𝒔𝒗, (𝒂 + 𝒓𝒄𝒐𝒔𝒖)𝒔𝒆𝒏𝒗, 𝒓𝒔𝒆𝒏𝒖� 𝟎 ≤ 𝒖 ≤ 𝟐𝝅

CASO 8

𝑡 → 𝛼(𝑡) = (𝑥(𝑡),𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡))

Sea:

𝛼: 𝐼 → ℝ3 la parametrización de una curva

Se sabe que la ecuación paramétrica de una

recta queda bien definida por un punto 𝛼(𝑡) y

su vector dirección 𝑤��⃗ (𝑡) para cada 𝑡 ∈ 𝐼.



230

para 𝑡 ∈ 𝐼 , definimos la recta 𝐿𝑡 : 𝛼(𝑡) + 𝑣 𝑤��⃗ (𝑡) , 𝑣 ∈ ℝ De esta manera obtenemos una familia uniparamétrica de rectas

{𝛼(𝑡) , 𝑤��⃗ (𝑡)}, 𝑡 ∈ 𝐼,𝑤��⃗ (𝑡) ≠ 0�⃗

Para cada 𝑡 ∈ 𝐼, la recta 𝐿𝑡 que pasa por el punto 𝛼(𝑡) y es paralela al

vector 𝑣 𝑤��⃗ (𝑡) se denomina la recta de la familia en t.

La recta 𝐿𝑡 se llama generatrices y la curva 𝛼(𝑡)se llama directriz de la

superficie X.

Los ejemplos más simples de superficie reglada son: el cono, el cilindro y las

superficies tangentes a una curva regular.

Vector dirección de la recta

Punto de la recta

Dada una familia uniparamétrica de rectas {𝛼(𝑡) , 𝑤��⃗ (𝑡)}, la superficie

parametrizada: 𝑋(𝑡, 𝑣 = 𝛼(𝑡) + 𝑣𝑤��⃗ (𝑡) , t ∈ I , v ∈ ℝ se denomina la

SUPERFICIE REGLADA generada por la familia {𝛼(𝑡) , 𝑤��⃗ (𝑡)}

Definición de superficie reglada



231

Sea 𝛼 ∶ 𝐼 → ℝ3 una curva parametrizada regular.

𝑡 → 𝛼(𝑡) = �𝑥(𝑡),𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)�

Una superficie tangente es una superficie reglada con parametrización de la

forma:

b) Un cono es una superficie

regulada con parametrización de a

forma:

donde P es el vértice y

𝛼(𝑢) = �𝑥(𝑢),𝑦(𝑢), 𝑧(𝑢)�,𝑢 ∈ 𝐼

es la curva directriz contenida en un

plano 𝒫.

𝑋(𝑢, 𝑣) = 𝑃 + 𝑣(𝛼(𝑢) − 𝑃) 𝑢 ∈ 𝐼

= (1 − 𝑣)𝑃 + 𝑣 𝛼(𝑢) 0 ≤ 𝑣 ≤ 1

a) Un cilindro es una superficie

reglada con parametrización de la

forma:

donde 𝛼(𝑢) = �𝑥(𝑢),𝑦(𝑢), 𝑧(𝑢)�,𝑢 ∈ 𝐼

es la curva directriz contenida en un

plano𝒫 y 𝑏�⃗ es un vector dirección fijo.

Todas las rectas 𝐿𝑢 son paralelas al

vector 𝑏�⃗ .

𝑋(𝑢, 𝑣) = 𝛼(𝑢) + 𝑣𝑏�⃗ 𝑢 ∈ 𝐼

𝑣 ∈ ℝ

a) Superficie tangente

𝑋(𝑡, 𝑣) = 𝛼(𝑡) + 𝑣𝛼𝘭(𝑡) , (𝑡, 𝑣) ∈ 𝐼 × ℝ



232

Ejemplos gráficos

Ejemplos

167. Hallar una parametrización reglada de la superficie

generada por una familia de rectas que pasan por la

curva: 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟒, 𝒛 = 𝟎 y tienen como dirección al

vector 𝒃��⃗ = (𝟎,𝟎,𝟏).

Resolución

Por cada 𝛼(𝑡) de la curva se traza su respectivo tangente 𝛼𝘭(𝑡), 𝑡 ∈ 𝐼.

Conocidos u punto 𝛼(𝑡) y su vector dirección 𝛼𝘭(𝑡) definimos la familia de rectas:

Esta familia de rectas define la superficie reglada:

𝛼(𝑡) + 𝑣𝛼𝘭(𝑡) , 𝑣 ∈ ℝ

𝑋(𝑡, 𝑣) = 𝛼(𝑡) + 𝑣𝛼𝘭(𝑡) , (𝑡, 𝑣) ∈ 𝐼 × ℝ

1. Se parametriza la curva 𝑥2 + 𝑦24, 𝑧 = 0

por 𝛼(𝑢) = (2 𝑐𝑜𝑠𝑢, 2 𝑠𝑒𝑛𝑢, 0), 0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝜋

2. Como 𝑏�⃗ = (0,0,1), es el vector dirección

de las rectas, entonces la parametrización

de la superficie es:



233

𝑋(𝑢, 𝑣) = (2𝑐𝑜𝑠𝑢, 2𝑠𝑒𝑛𝑢, 0) + 𝑣(0,0,1),𝑣 ∈ ℝ

La imagen de 𝑈 por 𝑋 es:

𝑋(𝑈) = {(𝑥,𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3: 𝑥 = 2𝑐𝑜𝑠𝑢,𝑦 = 2𝑠𝑒𝑛𝑢, 𝑧 = 𝑣}

Al hacer:

Sumar: 𝑥2 + 𝑦2 = 4, 𝑧 ∈ ℝ (cilindro circular recto)

168. Hallar la ecuación paramétrica de la superficie

generada por una familia de rectas que pasan por la

curva:𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟒, 𝒛 = 𝟑 y por el punto (𝟎,𝟎,𝟏).

Resolución

𝑿(𝒖,𝒗) = (𝟐𝒄𝒐𝒔𝒖,𝟐𝒔𝒆𝒏𝒖,𝒗) (𝒖,𝒗) ∈ 𝑼 = {(𝒖,𝒗) ∈ ℝ𝟐:𝟎 ≤ 𝒖 ≤ 𝟐𝝅,−∞ < 𝑣 < ∞}

𝑥2 = 4𝑐𝑜𝑠2𝑢

𝑦2 = 4𝑠𝑒𝑛2𝑢

𝑋(𝑢, 𝑣) = 𝑃 + 𝑣(𝛼(𝑢) − 𝑃), 0 ≤ 𝑣 ≤ 1

1. Se parametriza la curva: 𝑥2 + 𝑦2 = 4, 𝑧 = 3

para 𝛼(𝑢) = (2 𝑐𝑜𝑠𝑢, 2 𝑠𝑒𝑛𝑢, 3), 0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝜋

2. Como 𝑃 = (0,0,1), entonces la superficie es:

𝑋(𝑢, 𝑣) = (2𝑣𝑐𝑜𝑠𝑢, 2𝑣𝑠𝑒𝑛𝑢, 2𝑣 + 1)

𝑈 = {(𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2 ∕ 0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝑣 ≤ 1}



234

La imagen de 𝑈 por 𝑋 es:

𝑋(𝑈) = {(𝑥,𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3: 𝑥 = 2𝑣𝑐𝑜𝑠𝑢,𝑦 = 2𝑣𝑠𝑒𝑛𝑢, 𝑧 = 2𝑣 + 1}

Haciendo:

Sumar: 𝑥2 + 𝑦2 = 4𝑣2. Como 𝑧 = 2𝑣 + 1 ⇒ 2𝑣 = 1 − 𝑧 ⇒ 4𝑣2 = (1 − 𝑧)2

Obtenemos: 𝑥2 + 𝑦2 = (1 − 𝑧)2, que es un cono de vértice en 𝑃 = (0,0,1).

169. Sea 𝜞 la curva descrita por la función

𝜶(𝒕) = (𝒕, 𝒕𝟐 + 𝟏, 𝒕 + 𝒕𝟐),𝟎 ≤ 𝒕 ≤ 𝟏 y 𝑷 = (𝟎,𝟎,𝟒. )

Uniendo los puntos de la curva 𝜞 con el punto P

mediante segmentos de rectas se genera la superficie

S. Escriba la función vectorial de la superficie S.

Resolución

𝑥2 = 4𝑣2𝑐𝑜𝑠2𝑢

𝑦2 = 4𝑣2𝑠𝑒𝑛2𝑢

𝑄 = 𝑃 + 𝑣�𝑃𝘭 − 𝑃�, 0 ≤ 𝑣 ≤ 1

(𝑥,𝑦, 𝑧) = (0,0,4) + 𝑣(𝑥´ − 0,𝑦´ − 0, 𝑧´ − 4)

(𝑥,𝑦, 𝑧) = �𝑣𝑥´, 𝑣𝑥´, 4 + 𝑣(𝑧´ − 4)�… . . (1)

Para hallar la función vectorial de la superficie S,

bastara hallar las coordenadas del punto Q que

pertenece a S.

La ecuación vectorial del segmento dirigido

�𝑃,𝑃𝘭� es:



235

Como P´pertenece a la curva �⃗�, entonces:

(2)

Al reemplazar (2) en (1) e igualar las componentes, se obtiene:

(3)

Las ecuaciones paramétricas que aparecen en (3) generan la superficie S. por

tanto haciendo 𝑡 = 𝑢, la función vectorial se S es:

𝑥´ = 𝑡

𝑦´ = 𝑡2 + 1

𝑧´ = 𝑡 + 𝑡2

𝑥 = 𝑣𝑡

𝑦 = 𝑣(𝑡2 + 1) 0 ≤ 𝑡 ≤ 1, 0 ≤ 𝑣 ≤ 1

𝑧 = 4 + 𝑣(1 + 𝑡2) − 4𝑣

𝒓�⃗ (𝒖,𝒗) = (𝒗𝒖,𝒗𝒖𝟐 + 𝒗,𝟒 + 𝒗 + 𝒗𝒖𝟐 − 𝟒𝒗), (𝒖,𝒗) ∈ 𝑫

𝑫 = {(𝒖,𝒗):𝟎 ≤ 𝒖 ≤ 𝟏, 𝟎 ≤ 𝒗 ≤ 𝟏}



236

1.3

La parametrización de superficies es importante porque:

Importancia De La Parametrización De Superficies

a) Nos permite recubrir una superficie mediante una función vectorial de

dos parámetro 𝑋:𝑈 ⊂ ℝ2 → ℝ3

(𝑢, 𝑣) ⟶ 𝑋(𝑢, 𝑣) = (𝑥(𝑢, 𝑣),𝑦(𝑢, 𝑣), 𝑧(𝑢, 𝑣)

b) Nos permite hallar fácilmente los vectores tangentes:

𝑋𝑢 = �𝛿𝑥𝛿𝑢

,𝛿𝑦𝛿𝑢

,𝛿𝑧𝛿𝑢� , 𝑋𝑣 = �

𝛿𝑥𝛿𝑣

,𝛿𝑦𝛿𝑣

,𝛿𝑧𝛿𝑣�

Que son los generadores del plano tangente 𝑇𝑃(𝑆) de la superficie S en

el punto P.

c) Hallar una NORMAL a la superficie S, que es el vector 𝛿𝑥𝛿𝑢𝑥 𝛿𝑥𝛿𝑣

denominado producto vectorial fundamental de la superficie S respecto

a la parametrización 𝑋(𝑢, 𝑣).

d) Con la parametrización 𝑋(𝑢, 𝑣) se define la primera forma fundamental

𝐼𝑝(𝑊) = 𝐸. �𝑢𝘭�2

+ 2𝐹𝑢𝘭𝑣𝘭 + 𝐺�𝑣𝘭�2

donde los siguientes productos

internos: 𝐸 = 𝑋𝑢.𝑋𝑢 , 𝐹 = 𝑋𝑢.𝑋𝑣 , 𝐺 = 𝑋𝑣.𝑋𝑣 se llaman los

coeficientes de la primera forma fundamental. Además

𝑊 = 𝑋𝑢𝑢𝘭 + 𝑋𝑣𝑣𝘭 , 𝑢𝘭 = 𝑑𝑢𝑑𝑡

, 𝑣𝘭 = 𝑑𝑣𝑑𝑡

.



237

e) Los coeficientes de la primera fundamental se aplican: para hallar el área

de una superficie, para hallar el ángulo entre dos curvas contenidas en la

superficie.

f) Con los vectores 𝑋𝑢 y 𝑋𝑣 se forma la función vector normal unitario

𝑁(𝑢,𝑣) = 𝑋𝑢 × 𝑋𝑣‖𝑋𝑢 × 𝑋𝑣‖

.

g) Con la función 𝑁(𝑢, 𝑣) se defina la segunda forma fundamental

𝐼𝐼𝑝(𝑊) = 𝑒. �𝑢𝘭�2

+ 2𝑓𝑢𝘭𝑣𝘭 + 𝑔�𝑣𝘭�2

, donde: 𝑒 = 𝑁.𝑋𝑢𝑢 , f = N.𝑋𝑢𝑣 ,

𝑔 = 𝑁.𝑋𝑣𝑣.

En suma, la parametrización de una superficie es el inicio para proseguir estudios

de las propiedades intrínsecas de la superficie. Dicho estudio corresponde al cuso

de Geométrica Diferencial que puede dictarse es dos semestres: un semestre,

respecto al estudio en ℝ3 y un segundo semestre, al estudio de superficies

abstractas.

Education

INTEGRAL DEFINIDA