Control 5 Cálculo (2005) pdf

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ƒ

Pauta Control

#

5 MA12A C´

alculo

Escuela de Ingenier´ıa, FCFM, U. de Chile

Semestre 2005-2

El objetivo de esta pauta es orientar la correcci´on de los ayudantes y dar al alumno una gu´ıa de

estudio. Es responsabilidad del alumno tener una copia de esta pauta para el d´ıa de la revisi´on de

su prueba. Esta se puede obtener en la p´agina:

http://www.dim.uchile.cl/

∼

lmella/MA12A.html en formato ps o pdf.

Problema 1

a) Calcule las siguientes primitivas

i)

_Z

4

x

3

₋

₃

_x

2

_{+ 3}

(

x

−

1)

2

₍

_x

2

_{+ 1)}

dx

=

I

Descomponiendo el integrando

4x3_−3x2₊₃

(x−1)2_(x2₊₁₎

=

_(x−A₁₎2

+

_x−B₁

+

Cx_x2+₊₁D

=

A(x

2_{+1)+B(x−1)(x}2_{+1)+(Cx+D)(x−1)}2 (x−1)2_(x2₊₁₎

Sigue que

A

(

x

2

_{+ 1) +}

_B

₍

_x

3

₋

_x

2

₊

_x

₋

_{1) + (}

_Cx

₊

_D

₎₍

_x

2

₋

₂

_x

_{+ 1)}

_≡

₄

_x

3

₋

₃

_x

2

_{+ 3}

identificando

1) coef

x

3

:

2) coef

x

2

_:

3) coef

x

:

4) ctes

:

B

+

C

= 4

A

−

B

−

2

C

+

D

=

−

3

B

+

C

−

2

D

= 0

A

−

B

+

D

= 3















3

−

2

C

=

−

3

⇒

C

= 3

de (1)

B

= 4

−

C

= 1 de (3) 2

D

=

B

+

C

= 4

⇒

D

= 2

(1.0 pto.)

y de (4)

A

=

B

−

D

+ 3 = 1

−

2 + 3 = 2

⇒

A

= 2.

As´ı

I

=

Z

4

x

3

₋

₃

_x

2

_{+ 3}

(

x

−

1)

2

₍

_x

2

_{+ 1)}

dx

=

Z

2

(

x

−

1)

2

dx

+

Z

dx

x

−

1

+

Z

3

x

+ 2

x

2

_{+ 1}

dx

=

−

2

x

−

1

+

ln

|

x

− |

+ 3

Z

xdx

x

2

_{+ 1}

+ 2

Z

dx

x

2

_{+ 1}

Entonces

I

=

−

_x−2₁

+

ln

|

x

−

1

|

+

3₂

ln

(

x

2

_{+ 1) + 2 arctg}

_x

₊

_C

_{(1.0 pto.)}

ii)

I

=

R

e

−x

_ln

_{(1 +}

_e

x

₎

_dx

Por partes

u

=

ln

(1 +

e

x

)

→

du

=

₁₊ex_ex

dx

dv

=

e

−x

_→

_v

₌

₋

_e

−x

_dx

Entonces

I

=

uv

−

R

vdu

=

−

e

−x

_ln

_{(1 +}

_e

x

_{) +}

R

dx

1+ex

(0.5 ptos.)

Para

I

₁

=

R

dx

1+ex

sustituimos

t

=

e

x

;

dt

=

e

x

dx

⇒

dx

=

dt_t

.

As´ı

I

₁

=

R

dt t(1+t)

=

R h

₁ t

−

1+1t

i

dt

=

ln

t

1+t

=

ln

³

ex

1+ex

´

.

Entonces

I

=

−

e

−x

_ln

_{(1 +}

_e

x

_{) +}

_ln

³

ex

1+ex

´

Nota

Observar que en ambas primitivas hay formas alternativas de presentar el resultado,

por ejemplo, agrupando o separando los t´erminos logar´ıtmicos.

b) Determine el valor de

R

₁2 √4_x−x2 2

dx

=

I

Por sustituci´on

x

= 2 cos

t

⇒

dx

=

−

2 sen

tdt

.

Adem´as si

x

= 1

⇒

cos

t

=

1

2

⇒

t

=

π/

3

y si

x

= 2

⇒

cos

t

= 1

⇒

t

= 0

(0.5 ptos)

As´ı

I

=

−

R

_π/0₃ 2 sen_{4 cos}t·2 sen2_t t

=

R

_π/3

0

tg

2

tdt

Como

tg

2

_t

_{= sec}

2

_t

₋

₁

_⇒

_I

₌

R

π/3

0

(sec

2

t

−

1)

dt

=

R

_π/3

0

sec

2

tdt

−

R

_π/3

0

dt

∴

I

=

tgt

¯

¯

¯

π/₀ 3

−

t

¯

¯

¯

π/3

0

=

tg π/

3

−

π/

3

∴

I

=

√

3

−

π

3

(1.5 ptos.)

Problema 2

i) Encuentre una formula de recurrenci~ para la integral In = J~l (1 -x2) cos(ax)dx, a =f 0, sabiendo que es de la forma In = Pn In-1 + qn In-2, n ~ 2, donde Pn y qn son coeficientes dependientes de n E N .

Integrando por partes u = (1 -x2)n -t du = -2nx(1 -x2)n-1 dv = cos(ax)dx -t v = ~ sen(ax)

Asi In = uvl~l- J~l vdu = ~ sen(ax) (1- x2)nl~1 + ~ J~l x(l- x2)n-1 sen(ax)dx ...In = ~ J~l x(l -x2)n-1 sen( ax )dx

N uevamente por partes

u = x(l -x2)n-1 -t du = [(1- x2)n-1 -2(n -1)x2(1- x2)n-2]dx 1

dv = sen(ax)dx -t v = --cos(ax) a

2n 11 2n

1

1

...In = -2x(1- x2)n-1 cos(ax) +2 (1- x2)n-1 -2(n -1)x2(1- x2)n-2 cosaxdx

a -1 a -1

2n

1

1 4n(n -1)

1

1

= 2 (1- x2)n-1 cos(ax)dx -2 (1- X2)n-2X2 cos(ax)dx (1.0 pto.)

a -1 a -1

2n

4n(n-

1)

1

1 2 2 2

...In = 2In-1 + 2 [(1- X )n- (-x + 1-1)] cosaxdx

a a -1

2n 4n (n- 1

)

1

1 2 1

4n

(n- 1)

1

1 _{2 2}

* In = -In-1 + .-(1- X )n- cos(ax)dx- (1- x )n- cosaxdx

a2 a2 -1 a2 -1

1

-

[

~ 4n(n- 1)

]

1

-4n(n- 1)

1

*

n-

2 +

2

n-1

2

n-2

a

a

a

Asi In = ~In-1

-¥In-2

\In ~ 2

(2.0 ptos.)

OBS.: Observar que hay formas algebraicas equivalentes de presentar el resultado correcto.

ii) Considere la funcion f(x) = 2x -x2 y la region R definida por

R = {(x, y) E JR2/x ~ 0; 0::; y ::; f(x)}.

Se pide determinar sobre el grafico de f(x) el punto

P(xo, f(xo)) de modo que la recta que une el origen con p divida el area de la region R en

dos partes iguales

y

El area de la region R corresponde al area bajo la

parabola f(x) = 2x -x2 entre sus ceros, es decir

f(Xo)

A = J;(2x -x2)dx

= Ix2 -lx31~

= ~

(0.5 ptos.)

Xo 2

x

0-La recta por O y p sera y = mx en que m = ~

.

⇒

h

x

2

₋

x3

3

−

f(x0)

x0

x2 2

i

_x0

0

=

2

3

⇒

x

20

−

x 3 0 3

−

f(x0)

x0

x2 0 2

=

23

⇒

x

2

0

−

x 3 0

3

−

12

x

0

(2

_{| {z }}

x

0

−

x

20

f(x0)

) = 2

/

3

⇒ −

x30 3

+

x3 0 2

= 2

/

3

Entonces

x30

6

=

23

⇒

x

30

= 4

⇒

x

0

=

3

√

4

.

As´ı

P

(

√

3

4

,

2

√

3

4

−

√

3

16)

(1.0 pto.)

iii) Calcule el l´ımite

l´ım

x→1 Rx

1(x−1) sent2dt Rx₃

x2 sen(t

2_−1)dt L’Hop

= _x→

l´ım

₁

[(x−1)R₁xsent2_dt]0

[R_xx23sen(t2−1)dt]0

(0.5 ptos.)

= l´ım

x→1 Rx

1 sent2dt+(x−1) senx2

3x2_sen(x6_{−1)−2xsen(x}4₋₁₎ L’Hop₌

l´ım

x→1

2 senx2_{+2x(x−1) cosx}2 6xsen(x6−1)+18x2 cos(x6−1)

−2 sen(x4−1)−8x4 cos(x4−1)

=

2 sen 1

18

−

8

| {z }

10

=

sen 1

Problema 3

i) Sea f : [a, b] -t R en que f(x) ~ 0 Vx E [a, b] y f es integrable sobre [a, b]. Demuestre que

f2(x) es integrable sobre [a, b].

Sea P = {XO,Xl, ...,Xn}, Xo = a,Xn = b una partici6n de [a,b]. n

Entonces S(f2,p) -s(J2,P) = L::(Mi(J2) -mi(J2))(Xi -Xi-l) donde Mi(J2) y mi(J2) son i=l

el supremo y el infimo de f2(x) en [Xi-l, Xi] respectivamente.

Mi(J2) y mi(J2) existen pues f es integrable y por 10 tanto acotada en [Xi-l, Xi] por mi(J) y Mi(J), es decir

0 ~ mi(f) ~ f(x) ~ mi(J) Vx E [Xi-l, Xi] de donde 0 ~ m~(J) ~ f2(x)~ Mi2(J) Vx E [Xi-l,Xi]

de modo que f2 es tambien acotada en [Xi-l,Xi]. (1.0 pto.) Ademas, como f(x) ~ 0 Vx E [Xi-l, Xi], Mi(J2) = Mi2(J) A mi(f2) = m~(f).

Entonces Mi(J2) -mi(J2) = Mi2(J) -m~(J) = (Mi(J) + mi(J))(Mi(J) -mi(J)). Pero mi(J) ~ Mi(J) ~ M en que M = Sup {f(x)/x E [a, b]}.

Asi Mi(J2) -mi(f2) ~ 2M(Mi(J) -mi(J)). n

Con esto S(J2, P) -s(J2, P) = L:: (Mi(J2) -mi(J2))(Xi -Xi-l) i=l

n

~ L:: 2M(Mi(J) -mi(f))(Xi -Xi-l) = 2M(S(J, P) -s(f, P)). i=l

Como f es integrable, se sabe que Vc > 0, 3P E P[a,b] tal que

c S(J, P) -s(f, P) < 2M

Asi S(J2,p) -S(J2,p) ~ 2M(S(f,P) -s(J,P)) < 2M .m = c.

Esto es, f2(x) cumple con la condici6n de Riemann y por 10 tanto es integrable en [a, b].

(1.0 pto. )

ii) Dada la funci6n f(x) = ¥ se pide calcular el area del primer cuadrante encerrada por la

curva y el eje OX, entre las abscisas de su cero y su maximo. f(x) = ~ tiene su unico cero en x = 1.

Ademas f' ( x) = ~ = 0 si x = e que corresponde a su punto de maximo absoluto (J crece

si x < e y decrece si x > e) (0.5 ptos.) Entonces el area pedida es:

(

Sustitucion

)

A = I: f(x)dx = Ile ~dx u = lnx

du=~ x

= !(lnx)21~= ! (1.5 ptos.)

iii) Sea f : JR -t JR, derivable con derivada continua en JR.

Si a, b E JR con a < b son tales que f(a) = f(b) = 0 y f~f2(x)dx = 1 demuestre que

J:xf(x)f'(x)dx = -1/2.

~

Integrando por partes

R

_ab

xf

(

x

)

f

0

₍

_x

₎

_dx

_{se tiene}

u

=

xf

(

x

)

→

du

= (

f

(

x

) +

xf

0

(

x

))

dx

dv

=

f

0

(

x

)

dx

→

v

=

f

(

x

)

As´ı

R

_ab

xf

(

x

)

f

0

₍

_x

₎

_dx

₌

_xf

2

₍

_x

₎

¯

¯

b a

−

R

_b

a

f

(

x

)(

f

(

x

) +

xf

0

(

x

))

dx

(1.0 pto.)

El t´ermino libre es nulo pu´es

f

(

a

) =

f

(

b

) = 0.

Entonces

R

_ab

xf

(

x

)

f

0

(

x

)

dx

=

−

R

_ab

f

2

(

x

)

dx

−

R

_ab

xf

(

x

)

f

0

(

x

)

dx

.

Agrupando 2

R

_ab

xf

(

x

)

f

0

(

x

)

dx

=

−

R

_ab

f

2

(

x

)

dx

=

−

1.