Problema 4. (15 pts.) Calcule las siguientes integrales (responda s´

(1)

Universidad de Santiago de Chile

Facultad de Ciencia, Depto. de Matem´atica y C.C. Departamento de Matem´atica y C.C.

Asignatura: C´alculo Anual Ingenier´ıa Civil PEP 3, A˜no 2011

Problema 1. (15 pts.) Seaf(x) = ln(1 + (cosx)4)_.

(1.1) Calcule d dxf(x).

(1.2) Determine los valores de x∈[0,2π[, donde la recta tangente a f es paralela al ejeX.

(1.3) Encuentre la ecuaci´on de la recta normal a f en el punto

(_π

2, f

(_π

2

))

.

Problema 2. (15 pts.) Hallar las dimensiones del rectángulo de área máxima que puede inscribirse en un triángulo rectángulo de catetos 5 y 12 e hipotenusa 13, si un vértice del rectángulo está sobre

la hipotenusa.

Problema 3. (15 pts.) Sea V(x) funci´on, con x ∈ [0,4]. Suponga que V(0) = 0, V′(0) = 12 y V′′(x) = 4x−10.

(3.1) Encuentre m´aximos y/o m´ınimos y puntos de infexi´on.

(3.2) Encuentre a, b∈[0,4] tal que, para todo x∈[0,4], V(a)≤V(x)≤V(b).

(3.3) Determine intervalos de crecimiento y de concavidad.

(3.4) Bosqueje el gr´afico deV(x).

Problema 4. (15 pts.) Calcule las siguientes integrales (responda s´olo dos de los tres ´ıtems).

(4.1)

∫

e3xsenx dx

(4.2)

∫

(√x+x+ 1)2 √

x dx

(4.3)

∫

cosx

√

(2)

PAUTA PEP 3

Problema 1. (15 pts.) Seaf(x) = ln(1 + (cosx)4)

(1.1) Calcule d dxf(x).

d

dxf(x) =f

′₍_x₎ ₌ d

dx

[

ln(1 + (cosx)4)]

= 1

1 + (cosx)4 · d dx

(

1 + (cosx)4)

= 4(cosx) 3

1 + (cosx)4 · d dx(cos)

= 4(cosx) 3

1 + (cosx)4 ·(−senx)

= −4(cosx) 3_sen_x

1 + (cosx)4

(1.2) Determine los valores de x∈[0,2π[ donde la recta tangente a f es paralela al eje X.

Una recta tangente paralela al eje X, se caracteriza por tener pendiente igual a cero, entonces los valores de x∈[0,2π[, para los cuales la recta tangente af sea paralela al ejeX, se obtienen

al resolver la ecuaci´on

f′(x) = 0 ⇔ −4(cosx) 3_sen_x

1 + (cosx)4 = 0 ⇔ (cosx)3senx= 0

⇔ (cosx)3 = 0 ∨ senx= 0 ⇔ cosx= 0 ∨ senx= 0 ⇔ x= (2k+ 1)π

2 ∨ x=kπ ; k∈Z ⇔ x= π

2 ∨ x= 3π

2 ∨ x= 0 ∨ x=π

(1.3) Encuentre la ecuaci´on de la recta normal a f en el punto

(_π

2, f

(_π

2

))

.

Del item anterior tenemos que para la coordenada x = π₂, la recta tangente a f es paralela al ejeX, por lo tanto, se deduce que la recta normal en ese punto ser´a una recta paralela al eje Y (vertical) y que pasa por el punto(π₂, f(π₂)). Esta recta es

(3)

Problema 2. (15 pts.) Hallar las dimensiones del rectángulo de área máxima que puede inscribirse en un triángulo rectángulo de catetos 5 y 12 e hipotenusa 13, si un vértice del rectángulo está sobre la hipotenusa.

Consideremos es esquema siguiente

(0,5)

(12,0)

x y

X

Y

A(x,y)

y=5 - (5/12)x

recta:

El ´area del rect´angulo esta dada por A(x, y) = xy, las variables x e y se relacionan mediante la

ecuación de la recta que forma la hipotenusa del triángulo rectángulo. Determinemos esta recta La recta que pasa por dos puntos es: y−y1 =

y2−y1 x2−x1

(x−x1). Si consideramos los puntos

(x1, y1) = (0,5) y (x2, y2) = (12,0), la recta es

y−5 = 0−5

12−0(x−0) ⇒ y= 5− 5 12x

Observación Otra forma de relacionar las variables x e y, es por medio de triángulos semejantes, esto es, se tiene la relación

5 12 =

y

12−x ⇔ 5(12−x) = 12y ⇔ y= 5− 5 12x

Con esta relación entrexe y, el área la podemos escribir como función de x, esto es

A(x) =x

(

5− 5 12x

)

= 5x− 5 12x

2

Derivando e igualando a cero

A′(x) = 5−5

6x= 0 ⇒ x= 6

Lo que implica y= 5− 5 12 ·6 =

5 2

Seg´un el criterio de la segunda derivada para m´aximos y/o m´ınimos tenemos

A′(x) =−5

6 <0 ⇒ A

′_{(6) =}₋5

6 <0

(4)

Problema 3. (15 pts.) Sea V(x) funci´on, con x ∈ [0,4]. Suponga que V(0) = 0 , V′(0) = 12 y V′′(x) = 4x−10.

(3.1) Encuentre m´aximos y/o m´ınimos (locales y globales) y puntos de infexi´on.

Para determinar m´aximos y/o m´ınimos debemos calcular V′(x), entonces

V′(x) =

∫

V′′(x) dx=

∫

(4x−10)dx= 2x2−10x+C1

El valor de la constante de integraci´on,C1, se obtiene al utilizar la condici´on V′(0) = 12.

V′(0) = 2·02−10·0 +C1=C1 = 12

As´ı

V′(x) = 2x2−10x+ 12 = 2(x2−5x+ 6)

Ahora, los posibles m´aximos y/o m´ınimos los obtenemos mediante el calculo siguiente

V′(x) = 0 ⇔ 2(x2−5x+ 6) = 0 ⇔ 2(x−2)(x−3) = 0 ⇔ x= 2 ∨ x= 3

Si aplicamos el criterio de la segunda derivada para m´aximos y/o m´ınimos tenemos: V′′(2) =

8−10 =−2<0, lo que implica un m´aximo (por el momento, local); yV′′(3) = 12−10 = 2>0, lo que implica un m´ınimo (por el momento, local).

CalculemosV(x)

V(x) =

∫

V′(x)dx=

∫

(2x2−10x+ 12)dx= 2 3x

3₋₅_x2_{+ 12}_x₊_C 2

El valor de la constante C2, se obtiene al utilizar la condici´on V(0) = 0.

V(0) = 2 3·0

3₋₅_·₀2_{+ 12}_·_{0 +}_C2 ₌_C2_{= 0}

Por lo tanto

V(x) = 2 3x

3₋₅_x2_{+ 12}_x

Calculemos el valor de la funci´on en los puntos cr´ıticos

V(2) = 2 3·2

3₋₅_·₂2_{+ 12}_·_{2 =} 28

3 ≈9,33

V(3) = 2 3 ·3

3₋₅_·₃2_{+ 12}_·_{3 = 9}

Como el dominio es restringido al intervalo [0,4], evaluemos la funci´on en los extremos:

V(0) = 0

V(4) = 2 3·4

3₋₅_·₄2_{+ 12}_·_{4 =} 32

(5)

En resumen:

M´ınimo Global: en x= 0

M´ınimo local: enx= 3

M´aximo Global: en x= 4

M´aximo local: en x= 2

(3.2) Encuentre a, b∈[0,4] tal que, para todo x∈[0,4] V(a)≤V(x)≤V(b).

En virtud a los item (3.1), se tiene quea= 0 ∧ b= 4.

(3.3) Determine intervalos de crecimiento y de concavidad.

Para el crecimiento, analizamos el signo deV′(x)

V′(x)>0 ⇔ 2(x−2)(x−3)>0

⇔ (x−2)(x−3)>0 ⇔ x∈]0,2[∪ ]3,4]

V′(x)<0 ⇔ 2(x−2)(x−3)<0 ⇔ (x−2)(x−3)<0 ⇔ x∈]2,3[

Por lo tanto f es estrictamente creciente en los intervalos ]0,2[∪ ]3,4] y estrictamente decre-ciente en el intervalo ]2,3[.

Para determinar los puntos de inflexi´on, resolvemos la ecuaci´on

V′′(x) = 0 ⇔ 4x−10 = 0

⇔ x= 5 2 y analizamos el signo de V′′(x)

V′′(x)>0 ⇔ 4x−10>0

⇔ x > 5 2

V′′(x)<0 ⇔ 4x−10<0

⇔ x < 5 2

Al existir un cambio de concavidad en el puntox= 5₂, se concluye que es un punto de inflexi´on.

(3.4) Bosqueje el gr´afico deV(x).

(6)

6

4

2

0

x

4 3 2 1 0 10

[image:6.595.240.382.67.216.2]

8

Figura 1: Gr´afico deV(x) parax∈[0,4].

Problema 4. (15 pts.) Calcule (Entre los items (4.1) , (4.2) y (4.3) escoga solo dos.)

(4.1)

∫

e3xsenx dx

LlamamosI a la integral, entoncesI =

∫

e3xsenx dx. Integramos por partes

u=e3x ⇒ du= 3e3x dx

dv= senx dx ⇒ v=−cosx

Entonces

I =−e3xcosx+ 3

∫

e3xcosx dx

| {z }

J

LlamamosJ a la integral∫ e3xcosx dx, e integramos por partes

u=e3x ⇒ du= 3e3x dx

dv= cosx dx ⇒ v = senx

J =e3xsenx−3

∫

e3xsenx dx

Esto es

J =e3xsenx−3I

Luego

I = −e3xcosx+ 3J

= −e3xcosx+ 3(e3xsenx−3I)

= −e3xcosx+ 3e3xsenx−9I

De donde tenemos que

(7)

que finalmente escribimos

I = −e

3x_cos_x_{+ 3}_e3x_sen_x

10 +C

(4.2)

∫

(√x+x+ 1)2 √

x dx

Sea I =

∫

(√x+x+ 1)2 √

x dx. Consideremos las sustituci´on u = √

x, de donde tenemos que

2du= √1_x dx, entonces

I =

∫

(u+u2+ 1)2 2du

= 2

∫

(u2+u+ 1)2 du

= 2

∫

(u4+ 2u3+ 3u2+ 2u+ 1)du

= 2

(

u5 5 +

u4 2 +u

3₊_u2₊_u

)

+C

Finalmente

I = 2

(

x5/2

5 +

x2 2 +x

3/2₊_x₊√_x

) +C (4.3) ∫ cosx √

sen2_x₊_π dx.

Sea I =

∫

cosx √

sen2_x₊_π dx. Consideremos las sustituci´on u = senx, de donde tenemos que du= cosx dx, entonces

I =

∫

du √

u2₊_π

=

∫

du

√

u2_{+ (}√_π₎2

Esta ultima integral la desarrollamos con la sustituci´on trigonom´etrica como sigue:

Seau=√πtanθ, du=√πsec2_{θ dθ}_.

I =

∫ √

πsec2θ dθ

√

(√πtanθ)2+ (√π)2

= √ π √ π ∫

sec2θ dθ √

tan2θ+ 1

=

∫

secθ dθ

(8)

Entonces

I = ln|secθ+ tanθ|+C

= ln

√

u2₊_π π +

u √ π

+C

= ln

√

sen2_x₊_π π +

senx √

π

+C