Calificada 2

1. P-UNI
IP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UN
FIP-U Universidad Nacional de Ingenier´ıa
Facultad de Ingenier´ıa de Petr´oleo, Gas y
Petroqu´ımica
Ciclo 2015-II
Pr´actica Calificada №2 de C´alculo II
(PM-121)
Profesor : Alvaro Naupay Gusukuma.
Fecha : 29 de Septiembre de 2015
1. Suponga que la funci´on f(x) = sen x es integrable sobre el intervalo [0, π], demuestre que
0 ≤
π
0
f(x) dx ≤ π
SOLUCI´ON :
Como la funci´on es integrable entonces tenemos que se cumple
L(f, P) ≤
b
a
f(x) dx ≤ U(f, P). (∗)
Para cualquier partici´on P del intervalo [a, b] que en nuestro caso es a = 0, b = π y f(x) = sen x.
Sea P una partici´on del intervalo [0, π], P = {x0, x1, . . . , xn−1, xn}, con n ∈ N
mi(f) = ´ınf{f(x) | x ∈ [xi−1, xi]}
Mi(f) = sup{f(x) | x ∈ [xi−1, xi]}
Donde i ∈ {0, 1, . . . , n}, luego tenemos que
L(f, P) =
n
i=1
mi(f)(xi − xi−1)
U(f, P) =
n
i=1
Mi(f)(xi − xi−1)
como 0 ≤ sen x ≤ 1, ∀x ∈ [0, π] entonces por definici´on de ´ınfimo 0 ≤ mi(f), ∀i y Mi(f) ≤ 1, ∀i,
por lo cual tenemos que
0 =
n
i=1
(0)(xi − xi−1) ≤ L(f, P)
U(f, P) ≤
n
i=1
(1)(xi − xi−1) = π
luego reemplazando esto ´ultimo en (∗) tenemos que
0 ≤
π
0
f(x) dx ≤ π ,
como se quer´ıa.

2. P-UNI
IP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UN
FIP-U
2. Sea f : R → R una funci´on peri´odica no constante continua de periodo T y F denota una
antiderivada de f. Demostrar que existe una T funci´on peri´odico g : R → R tal que
F(x) =

 1
T
T
0
f(t) dt

 x + g(x) .
SOLUCI´ON :
Observe que como f es peri´odica se cumple que
x+T
x
f(t) dt =
T
0
f(t) dt , ∀x ∈ R .
En efecto, fijemos un x ∈ R cualquiera, luego si x ≤ T entonces
x+T
x
f(t) dt =
T
x
f(t) dt +
x+T
T
f(t) dt
haciendo el cambio de variable t = y + T en la segunda integral a la derecha de la igualdad
tenemos
x+T
x
f(t) dt =
T
x
f(t) dt +
x
0
f(y + T) dy
como f es peri´odica tenemos que
=
T
x
f(t) dt +
x
0
f(y) dy
reescribiendo y por t obtenemos que
=
T
x
f(t) dt +
x
0
f(t) dt =
T
0
f(t) dt
como se quer´ıa.
Para el caso en que T < x sumar y restar la siguiente integral
x+T
x
f(t) dt =
x
T
f(t) dt +
x+T
x
f(t) dt −
x
T
f(t) dt
=
x+T
T
f(t) dt −
x
T
f(t) dt
luego hacer el mismo cambio de variable t = y + T y se llegar´a a la misma conclusi´on que en el
caso anterior.

3. P-UNI
IP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UN
FIP-UPor lo tanto podemos decir que se cumple
F(x + T) − F(x) =
T
0
f(t) dt , ∀x ∈ R (α)
Luego definimos de manera natural a g como sigue
g(x) = F(x) −

 1
T
T
0
f(t) dt

 x (β)
ahora tenemos que demostrar que g es T-peri´odica
g(x + T) = F(x + T) −

 1
T
T
0
f(t) dt

 (x + T) (Por (β))
= F(x + T) −

 1
T
T
0
f(t) dt

 x −
T
0
f(t) dt
= F(x + T) −

 1
T
T
0
f(t) dt

 x − (F(x + T) − F(x)) (Por (α))
= F(x) −

 1
T
T
0
f(t) dt

 x = g(x) . (Por (β))
Esto muestra que g es T-peri´odica
3. Determinar las funciones continuas f : [0, 1] → R que satisface
1
0
f(x)(x − f(x)) dx =
1
12
SOLUCI´ON :
Observe que 1
12
=
1
0
x2
4
dx, entonces reemplazando esto en el enunciado y operando en el lado
izquierdo de la igualdad
1
0
(f(x)x − f2
(x)) dx =
1
0
x2
4
dx
0 =
1
0
f2
(x) − xf(x) +
x2
4
dx
0 =
1
0
f(x) −
x
2
2
dx (α)
Esto es por condici´on del problema.

4. P-UNI
IP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UN
FIP-UPor otra parte, como ∀x ∈ [0, 1], 0 ≤ f(x) −
x
2
2
, adem´as esta expresi´on es continua, luego la
integral de esto s´olo cumplir´a (α) si y s´olo si ∀x ∈ [0, 1], 0 = f(x) −
x
2
. Por lo tanto podemos
decir que
f(x) =
x
2
, ∀x ∈ [0, 1]
es la ´unica funci´on que satisface la condici´on del problema.
4. Calcular
l´ım
n→∞
1
√
4n2 − 12
+
1
√
4n2 − 22
+ · · · +
1
√
4n2 − n2
SOLUCI´ON :
Tenemos que
Sn =
1
√
4n2 − 12
+
1
√
4n2 − 22
+ · · · +
1
√
4n2 − n2
=
1
n






1
4 −
1
n
2
+
1
4 −
2
n
2
+ · · · +
1
4 −
n
n
2






por lo tanto Sn es la sumas de Riemann de la funci´on f : [0, 1] → R, f(x) =
1
√
4 − x2
asociado
con la subdivisi´on
x0 = 0 < x1 =
1
n
< x2 =
2
n
< · · · < xn =
n
n
= 1
con los puntos intermedios ξi =
i
n
∈ [xi, xi+1]. La respuesta al problema es por lo tanto
l´ım
n→∞
Sn =
1
0
1
√
4 − x2
dx = arc sen
x
2
1
0
=
π
6
5. Encontrar todas las funciones continuas f : [0, 1] → R satisfaciendo
1
0
f(x) dx =
1
3
+
1
0
f2
(x2
) dx .
SOLUCI´ON :
La idea es hacer que las integrales tengan las mismas variables. haciendo un cambio de variable
en la primera integral, x = y2
con lo que tenemos que dx = 2ydy, cuando x = 0 entonces y = 0,
an´alogamente si x = 1 entonces y = 1, luego
1
0
f(x) dx =
1
0
f(y2
)2y dy

5. P-UNI
IP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UNI
FIP-UN
FIP-Ureescribiendo la variable y por x tenemos que
1
0
f(x) dx =
1
0
f(x2
)2x dx ,
adem´as expresamos
1
3
=
1
0
x2
dx reemplazando todo esto en el problema tenemos
1
0
f(x2
)2x dx =
1
0
x2
dx +
1
0
f2
(x2
) dx
pasando todo a la derecha
0 =
1
0
x2
dx −
1
0
f(x2
)2x dx +
1
0
f2
(x2
) dx
factorizando
0 =
1
0
(x − f(x2
))2
dx
esto ´ultimo s´olo se cumple si x − f(x2
) = 0, ∀x ∈ [0, 1], haciendo un cambio de variable y = x2
,
adem´as x =
√
x, luego tenemos que f(y) =
√
y, ∀y ∈ [0, 1], reescribiendo y por x finalmente
tenemos que la ´unica funci´on continua que cumple la condici´on del problema es
f(x) =
√
x , ∀x ∈ [0, 1] .