El documento presenta 5 problemas de cálculo resueltos. El primero demuestra que la integral de la función seno entre 0 y pi es menor o igual que pi. El segundo encuentra una función periódica tal que una antiderivada cumple una igualdad dada. El tercero determina funciones continuas que satisfacen una igualdad de integrales. El cuarto calcula el límite de una suma. Y el quinto encuentra funciones continuas que cumplen otra igualdad de integrales.

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] .