Universidad Icesi Departamento de Matem´ aticas y Estad´ıstica Soluci´ on del examen final del curso C´ alculo de una variable Grupo: Once Per´ıodo: Inicial del a˜ no 2000 Prof: Rub´ en D. Nieto C. PUNTO 1. (x − 1) sen(x − 1) . x→1 1 − cos(x − 1)

a. Use la regla de l’Hˆ ospital para hallar lim

b. Encuentre la ecuaci´ on del miembro de la familia de curvas que pasan por (1, 2) y son ortogonales a la curva 2x2 +y 2 = 1. Z 4 Z 4 Z 4     f (x)dx. 5f (x) + 2g(x) dx = 7 y 3f (x) + g(x) dx = 4, calcule c. Dadas la integrales definidas 1

1

√ d. Sabiendo que logb 123 = 3, encuentre b3 − 42. e. Halle la longitud aproximada de la curva y =

1

2 3/2 x en el intervalo [0, 3]. 3

SOLUCION: a. Llamando f (x) al numerador y g(x) al denominador, esto es: f (x) = (x − 1) sen(x − 1) se tiene: lim

x→1

Por tanto, de que:

g(x) = 1 − cos(x − 1)

0 × sen 0 f (x) (1 − 1) sen(1 − 1) 0×0 0 = = = = g(x) 1 − cos(1 − 1) 1 − cos 0 1−1 0 sen(x − 1) + (x − 1) cos(x − 1) f 0 (x) = 0 g (x) sen(x − 1)

aplicando la regla de l’Hˆ ospital se obtiene: sen(1 − 1) + (1 − 1) cos(1 − 1) sen 0 + 0 × cos 0 0+0×1 0+0 0 f (x) f 0 (x) = lim 0 = = = = = x→1 g(x) x→1 g (x) sen(1 − 1) sen 0 0 0 0 lim

Raz´on por la cual, de que: cos(x − 1) + cos(x − 1) − (x − 1) sen(x − 1) 2 cos(x − 1) − (x − 1) sen(x − 1) f 00 (x) = = g 00 (x) cos(x − 1) cos(x − 1) aplicando, de nuevo, la regla de l’Hˆ ospital se obtiene: 2×1−0×0 2−0 2 f (x) f 00 (x) 2 cos(1 − 1) − (1 − 1) sen(1 − 1) 2 cos 0 − 0 sen 0 = lim 00 = = = =2 = = x→1 g(x) x→1 g (x) cos(1 − 1) cos 0 1 1 1 lim

Entonces, la respuesta a este subpunto es: Utilizando la regla de l’Hˆ ospital resulta: (x − 1) sen(x − 1) =2 x→1 1 − cos(x − 1) lim

1

b. Derivando impl´ıcitamente respecto de x se obtiene: 4x + 2y

dy =0 dx

∴

2x + y

dy =0 dx

Como se trata de encontrar la ecuaci´on de la familia de curvas ortogonales a la curva dada, en la ecuaci´on diferencial obtenida se debe reemplazar dy/dx por −dx/dy con lo cual la ecuaci´ on diferencial resultante ser´ a la de la familia mencionada:   dx dx 1 dx dy dx = 0 ∴ 2x − y = 0 ∴ 2x = y ∴ = 2x + y − dy dy dy 2 x y Resolviendo esta u ´ltima ecuaci´on diferencial resulta: 1 2

Z

dx = x

Z

dy y

∴

1 ln |x| = ln |y| + C 0 2

ln |x| 1/2 = ln |y| + ln C

∴ p

∴

ln

p
|x| = ln |y| C

∴

|x| = |y| C

Como la curva cuya ecuaci´ on debemos encontrar pasa por el punto (1, 2), para hallar la constante C debemos reemplazar la x por 1 y la y por 2 con lo cual se obtiene: p

| 1| = |2| C

∴

√

1 = 2C

∴

1 = 2C

∴

C=

1 2

Entonces, la respuesta a este subpunto es: La ecuaci´on de tal miembro de dicha familia de curvas es: p |y| |x| = 2

p |y| = 2 |x|

o tambi´en

c. Sumando a la primera integral la segunda multiplicada por −2 resulta: 7−2×4= 7−8=

Z 4h 1

Z 4h 1

Z 4h i i 5f (x) + 2g(x) dx + (−2) 3f (x) + g(x) dx 1

∴

Z 4h i i 5f (x) + 2g(x) − 6f (x) − 2g(x) dx = 5f (x) − 6f (x) + 2g(x) − 2g(x) dx 1

−1 =

Z 4h 1

i −f (x) dx

Z ∴

1

4

∴

f (x)dx = 1

Se concluye que la respuesta a este subpunto es: Z 1

4

f (x) dx = 1

d. De que logb 123 = 3, como logaritmo de un n´ umero es el exponente al cual hay que elevar la base para que resulte el n´ umero dado, se desprende: blogb 123 = 123

∴

b3 = 123

∴

√

b3 − 42 =

Entonces, la respuesta a este punto es: p b3 − 25 = 9 2

√

123 − 42 =

√

81 = 9

e. Derivando resulta:

dy 2 3 = × x1/2 dx 3 2

dy = x1/2 dx

∴

Tomando u = 1 + x se tiene du = dx, por tanto: s  2 Z 3 Z 4 Z 3 √ dy 1+ dx = 1 + x dx = u1/2 du longitud pedida = dx 0 0 1 =

i 2 i 2h 14 2h 2 h 3/2 i4 u = 43/2 − 13/2 = 8 − 1 = × 7 = 3 3 3 3 3 1

Entonces, la respuesta a esta subpunto es: La longitud pedida es

14 ≈ 4.66667 unidades longitudinales 3

PUNTO 2. ¿Cu´al es el a´rea m´axima posible de un rect´ angulo cuya base est´ a en el eje x y con dos v´ertices superiores en la gr´ afica de la ecuaci´on y = 3 − x2 como lo muestra la figura? 3

(x, y)

2 1 -2

-1

1

2

SOLUCION: Llamemos (x, y) al v´ertice superior derecho del rect´angulo, como aparece en la figura. Como, de acuerdo a los datos del problema, este v´ertice est´a sobre la par´abola se deduce que debe satisfacer su ecuaci´on, esto es: y = 3 − x2 De que dicho v´ertice est´a en el primer cuadrante se desprende que tanto la abscisa x como la ordenada y deben ser no negativas, por tanto: 0≤y

∴

0 ≤ 3 − x2 0≤x≤

∴ √

x2 ≤ 3

∴

3

Puesto que el a´rea de un rect´ angulo es el producto de su base por su altura y el rect´ angulo que aparece en la figura tiene una base de longitud igual a 2x y una altura de longitud igual a y, su ´area a viene dada por:
a = 2x y = 2xy = 2x(3 − x2 )

∴

a = 6x − 2x3 Para maximizar el ´area a debemos obtener su derivada, esta es: da = 6 − 6x2 = 6(1 − x2 ) dx da = 6(1 + x)(1 − x) dx 3

∴

Entonces, un an´ alisis de signos para esta derivada es: a

%

&

da dx

+

−

1−x

+

−

1+x

+

+

Intervalo

(0, 1)

√ (1, 3)

En el se muestra que en x = 1 el ´area a presenta un m´aximo cuyo valor es: i = 6 × 1 − 2 × 13 = 6 − 2 = 4 a = 6x − 2x3 x=1

La respuesta a este punto es entonces: Tal ´ area m´axima es 4 unidades cuadradas PUNTO 3. b. Eval´ ue la siguiente integral impropia:

a. Utilizando integraci´ on por partes calcule la siguiente integral indefinida: Z ex sen x dx

SOLUCION:

Z

a. Tomemos I1 =

Z 0

+∞

dx x2 + 9

ex sen x dx y tambi´en: u1 = ex ,

por tanto du1 = ex dx , v1 = − cos x Z Z Aplicando la f´ ormula para la integraci´ on por partes, o sea u dv = u v − v du, resulta: Z I1 = u1 v1 − Z Donde hemos tomado I2 =

dv1 = sen x dx

v1 du1 = −ex cos x −

Z

−ex cos x dx

∴

I1 = −ex cos x + I2

(1)

ex cos x dx y adem´as tomamos:

u2 = ex ,

dv2 = cos x dx

por tanto

du2 = ex dx ,

Aplicando, de nuevo, la f´ ormula para la integraci´ on por partes resulta: Z Z x I2 = u2 v2 − v2 du2 = e sen x − ex sen x dx

v2 = sen x

I2 = ex sen x − I1

∴

Reemplazando (2) en (1) se obtiene: I1 = −ex cos x + ex sen x − I1

∴


2 I1 = ex sen x − cos x

∴

Entonces, la respuesta a este subpunto es: Z

ex sen x dx =


ex sen x − cos x + C 2 4

I1 =


ex sen x − cos x + C 2

(2)

b. Llamemos a(t) al a´rea, que aparece sombreada en la siguiente figura, bajo la gr´ afica de funci´ on f (x) = el intervalo [0, t] del eje x.

1 y sobre x2 + 9

π/2 0.1 1

f (x)

arctg x

0.06 -10

-5

Entonces, se tiene:

t

4

12

t  x 1 dx = lim arctg t→∞ 0 t→∞ 0 x2 + 9 t→∞ 3 3 0   t 1 0 t 1 π π 1 1 arctg − arctg = lim arctg = = ≈ 0.523599 = lim t→∞ 3 t→∞ 3 3 3 3 3 3 2 6 Z

t

lim a(t) = lim

t→∞

10

-1

0.02

0

5

Z

t

f (x) dx = lim

Por tanto, la respuesta a este subpunto es: El resultado de evaluar tal integral impropia es: π ≈ 0.5236 unidades cuadradas 6 PUNTO 4. a. Los archivos indican que t horas despu´es de medianoche, la temperatura en el aeropuerto de una cierta ciudad es de 2 f (t) = − t2 + 4 t + 10 grados. ¿Cu´al es la temperatura media en el aeropuerto entre las 9:00 y el mediod´ıa? 5 b. La regi´on R limitada por la curva y = x2 + 2 y la curva y = x + 4 se gira alrededor de la recta horizontal y = 1: Encuentre los puntos de intersecci´on de las curvas. Dibuje las curvas sombreando la regi´on R. Encuentre el volumen V del s´olido de revoluci´ on resultante. SOLUCION: a. Se tiene:

Z 9

temperatura media =

=

f (t) dt

12 − 9

1 = 3

Z 9

12

  2 2 − t + 4 t + 10 dt 5

 12  12 2 t3 4 t2 2 t3 1 1 − + + 10 t − + 2 t2 + 10 t = 3 5×3 2 3 15 9 9

1 = 3 =

12

    2 × 123 2 × 93 2 2 − + 2 × 12 + 10 × 12 − − + 2 × 9 + 10 × 9 15 15

    666 1 780 − 666 114 38 1 − + 156 = = = = 7.6 3 5 3 5 15 5 5

Por tanto, la respuesta a esta parte del punto es: Entre tales horas la temperatura media en el aeropuerto de esa ciudad es de 7.6 grados b.

Para encontrar los puntos de intersecci´on de las curvas igualemos las y de sus ecuaciones, esto es: x2 + 2 = x + 4

∴

x2 − x − 2 = 0

∴

(x + 1)(x − 2) = 0

∴

x+1=0 ∨ x−2=0

∴

x = −1 ∨ x = 2 Las correspondientes ordenadas vienen dadas por: y =x+4

i x=−1

= −1 + 4 = 3 ,

y =x+4

i x=2

=2+4=6

Entonces, la respuesta a este apartado es: Los puntos de intersecci´on de tales curvas son: P1 = (−1, 3) ,

P2 = (2, 6)

Un gr´ afico aproximado de tales curvas donde aparece sombreada la regi´on R es:

recta

6

dx

dx

&

P2 - par´abola

4

P1

re 2

ri

1

-1

1

.

eje

2

El elemento de volumen dv de una arandela de ancho dx como la que aparece en la figura es:   dv = π re2 − ri2 dx   = π (y recta − y eje )2 − (y par´abola − y eje )2 dx     = π (x + 4 − 1)2 − (x2 + 2 − 1)2 dx = π (x + 3)2 − (x2 + 1)2 dx    = π[x2 + 6x + 9 − x4 − 2x2 − 1 dx = π 8 + 6x − x2 − x4 dx Por tanto, el volumen V del s´olido de revoluci´ on que se forma al rotar la regi´on R alrededor del eje y = 1 viene dado por la suma de los elementos de volumen de todas las arandelas que se forman cuando la x se mueve entre x = −1 y x = 2, esto es: 6

Z V =

x=2

x=−1

2 2     x3 6x2 x3 x5 x5 2 4 2 π 8 + 6x − x − x dx = π 8x + = π 8x + 3x − − − − 2 3 5 −1 3 5 −1 −1

Z dv =

2

   25 (−1)5 23 (−1)3 − − 8(−1) + 3(−1)2 − − = π 8 × 2 + 3 × 22 − 3 5 3 5      1 1 8 32 1 1 8 32 − −8 + 3 + + = π 28 − − +8−3− − = π 16 + 12 − − 3 5 3 5 3 5 3 5       33 150 − 33 117π 9 33 = π 30 − =π = = π 33 − − 3 5 5 5 5 Entonces, la respuesta a este apartado es: El volumen de tal s´olido de revoluci´ on es: 117π = 23.4 π ≈ 73.5133 unidades c´ ubicas 5 PUNTO 5. Una escalera de 5 metros de longitud se apoya contra un edificio. Halle la velocidad a que se mueve el extremo superior cuando el inferior se aleja del edificio a una velocidad de 6 metros por segundo y se encuentra a una distancia de ´el de 4 metros. SOLUCION: Un gr´ afico aproximado que ayuda a visualizar la situaci´ on a que se refiere el punto es: vy

5 y vx x Aplicando el teorema de Pit´ agoras al tri´ angulo rect´ angulo de la figura se obtiene: x2 + y 2 = 52

∴

x2 + y 2 = 25

(1)

En el instante t0 en que el extremo inferior de la escalera se encuentra a una distancia del edificio de 4 metros, se tiene: √ 42 + y 2 = 25 ∴ 16 + y 2 = 25 ∴ y 2 = 25 − 16 = 9 ∴ y = 9 = 3 lo cual significa que en ese instante el extremo superior de la escalera se encuentra a 3 metros del suelo. dx y la velocidad a que se mueve el extremo Como la velocidad a que se mueve el extremo inferior de la escalera es vx = dt dy , derivando (1) respecto del tiempo t, resulta: superior de la escalera es vy = dt 2x

dy dx + 2y =0 dt dt

∴

x

dx dy +y =0 dt dt

x vy = − vx y 7

∴

dy x dx =− dt y dt

∴

Como de los datos suministrados por el problema se obtiene: vx = podemos concluir:

dx i =6 dt t=t0

x 4 vy = − vx = − × 6 = −4 × 2 = −8 y 3

Por tanto, la respuesta a este punto es: En tal instante la velocidad a que cae el extremo superior de la escalera es de 8 metros por segundo PUNTO 6. a. A partir de (x + y)3 + 3y = 3 y utilizando derivada impl´ıcita encuentre

dy . dx

b. Se mide el radio de un c´ırculo obteni´endose 15 cm, y se usa la f´ormula A = πr2 para calcular el a´rea. Si el error en la medida del radio es inferior al 3%, ¿cu´al es la precisi´on en el c´alculo del ´area? (expresada en porcentaje) SOLUCION: a. Derivando impl´ıcitamente respecto de la variable x se obtiene:  
2 dy
2
2 dy dy dy +3 + =0 1+ =0 ∴ x+y + x+y 3 x+y dx dx dx dx

∴

i
2
2 dy h x+y +1 =− x+y dx

∴


2 x+y dy =−
2 dx x+y +1 dA = 2πr y, por los datos del problema, ∆r = 0.03 r, b. Como la derivada de la funci´on A = πr2 respecto del radio r es dr con relaci´on a la siguiente figura, se tiene: A

∆A θ ∆r

r tg θ =

∆A dA = 2πr = dr ∆r

Por tanto:

∴

∆A = 2πr ∆r = 2 πr 0.03 r

∴

∆A = 0.06 πr2

0.06πr2 ∆A = = 0.0 A πr2

La respuesta a este punto es entonces: El porcentaje de error en la medida del ´area del c´ırculo es 6 por ciento

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