PRACTICA N° 1

DIAGNOSTICO

NOMBRE: JORGE ARTURO GALINDO ASTURIZAGA

TURNO: NOCHE
PARALELO: A
MATERIA: TRANSFORMADAS INTEGRALES

1. Derivar

a. 𝒇(𝒙) = 𝟐𝒙𝟒 + 𝒙𝟑 − 𝒙𝟐 + 𝟒
′
(𝑓(𝑥)) = (2𝑥 4 + 𝑥 3 − 𝑥 2 + 4)′

𝑓 ′ (𝑥) = 8𝑥 3 + 3𝑥 2 − 2𝑥

b. 𝒇(𝒙) = (𝟓𝒙𝟐 − 𝟑)(𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝟒)

′ ′
(𝑓(𝑥)) = ((5𝑥 2 − 3)(𝑥 2 + 𝑥 + 4))

𝑓 ′ (𝑥) = (10𝑥)(𝑥 2 + 𝑥 + 4) + (5𝑥 2 − 3)(2𝑥 + 1)

𝑓 ′ (𝑥) = 10𝑥 3 + 10𝑥 2 + 40𝑥 + 10𝑥 3 + 5𝑥 2 − 6𝑥 − 3

𝑓 ′ (𝑥) = 20𝑥 3 + 15𝑥 2 + 37𝑥 − 3

𝟒
c. 𝒇(𝒙) = (𝒙𝟐 + 𝟑𝒙 − 𝟐)

′
(𝑓(𝑥)) = ((𝑥 2 + 3𝑥 − 2)4 )′

𝑓 ′ (𝑥) = 4(𝑥 2 + 3𝑥 − 2)3 (2𝑥 + 3)

𝟑 𝒙𝟐 +𝟏
d. 𝒇(𝒙) = √
𝒙𝟐 −𝟏

′
𝑥2 + 1
′ 3
(𝑓(𝑥)) = ( √ 2 )
𝑥 −1

2
−
′ (𝑥)
1 𝑥2 + 1 3 (2𝑥)(𝑥 2 − 1) − (2𝑥)(𝑥 2 + 1)
𝑓 = ( 2 ) ∙
3 𝑥 −1 (𝑥 2 − 1)2
 2
−
1 𝑥2 + 1 3 2𝑥 3 − 2𝑥 − 2𝑥 3 − 2𝑥
𝑓 ′ (𝑥) = ( 2 ) ∙
3 𝑥 −1 (𝑥 2 − 1)2

2
−
1 𝑥2 + 1 3 4𝑥
𝑓 ′ (𝑥) = − ( 2 ) ∙
3 𝑥 −1 (𝑥 2 − 1)2

2. Integrar

a. ∫(𝒙 + 𝟐)𝟑 𝒅𝒙

∫(𝑥 + 2)3 𝑑𝑥

(𝑥 + 2)4
𝐼= +𝑐
4
𝟓
b. ∫ 𝒙𝟐−𝟒𝒙+𝟖 𝒅𝒙

5
∫ 𝑑𝑥
𝑥 2 − 4𝑥 + 8

5 5
∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥
𝑥 2 − 4𝑥 + 4 + 4 (𝑥 − 2)2 + 4
Cambio de variable:
𝑥 − 2 = 2𝑇𝑎𝑛(𝑢)
𝑑𝑥 = 2𝑆𝑒𝑐 2 (𝑢)𝑑𝑢

5 10𝑆𝑒𝑐 2 (𝑢) 1 10𝑆𝑒𝑐 2 (𝑢)

∫ 2 2𝑆𝑒𝑐 2 (𝑢)𝑑𝑢 = ∫ 𝑑𝑢 = ∫ 𝑑𝑢
(2𝑇𝑎𝑛(𝑢)) + 4 4𝑇𝑎𝑛2 (𝑢) + 4 4 𝑇𝑎𝑛2 (𝑢) + 1

1 10𝑆𝑒𝑐 2 (𝑢) 1
∫ 𝑑𝑢 = ∫ 10𝑑𝑢
4 𝑆𝑒𝑐 2 (𝑢) 4

10
𝐼= 𝑢+𝑐
4

10 𝑥−2
𝐼= 𝐴𝑟𝑐𝑇𝑎𝑛 ( )+𝑐
4 2

c. ∫ 𝒔𝒊𝒏(𝟑𝒙 + 𝟓)𝒅𝒙

∫ 𝑠𝑖𝑛(3𝑥 + 5)𝑑𝑥
Cambio de variable:
3𝑥 + 5 = 𝑢
3𝑑𝑥 = 𝑑𝑢
Reemplazando:
 𝑑𝑢
∫ 𝑠𝑖𝑛(𝑢)
3

−𝐶𝑜𝑠(𝑢) + 𝑐
𝐼=
3

𝐶𝑜𝑠(3𝑥 + 5)
𝐼=− +𝐶
3
𝟑
d. ∫ 𝟐 𝒅𝒙
𝒙 +𝟑𝒙
3 3
∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥
𝑥2 + 3𝑥 𝑥(𝑥 + 3)

Por fracciones parciales:

3 𝐴 𝐵
= +
𝑥(𝑥 + 3) 𝑥 𝑥 + 3
Donde:
𝐴=1
{
𝐵 = −1
Por tanto:
1 1 1 1
∫( − ) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 − ∫ 𝑑𝑥
𝑥 𝑥−3 𝑥 𝑥−3

𝐼 = 𝑙𝑛(𝑥) − 𝑙𝑛(𝑥 − 3) + 𝑐