OBJ 2 PTA 2 Determina la convergencia o divergencia de

(1)

Elaborado por: Chanel Chacón Área de Matemática

Universidad Nacional Abierta _{Matemáticas III (733)} Vicerrectorado Académico _{Cód. Carrera: 236 - 280} Área De Matemática _{Fecha: 19 / 02 / 2011}

MODELO DE RESPUESTAS

OBJ 1 PTA 1

La integral x 4x 3 dx 4

0 2

∫

− + representa el área de una región del plano, grafícala y calcula dicha área.

Solución: la región del plano está limitada por el gráfico de la función f(x) =

3 x 4

x2− + en el intervalo [ 0 , 4] .

Entonces,

(

− +

)

−

(

− +

)

+

(

− +

)

=

= +

−

∫

x 4x 3 dx x 4x 3 dx x 4x 3 dx x 4x 3 dx

4

3 2 3

1 2 1

0 2 4

0 2

4 x

3 2x 3 x x

3 2x 3

x 4

3 2

3 3 1 2

3 1 0 2

3

= ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎜ ⎝ ⎛

+ − +

⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎜ ⎝ ⎛

+ − − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎜ ⎝ ⎛

+ −

=

Por lo tanto, 4 x 4x 3 d x 4 unidades de área

0

2 ₋ ₊ ₌

∫

OBJ 2 PTA 2 Determinala convergencia o divergenciade

∫

∞ +

−

0

2 x 3

dx e

x .

Solución:

Aplicando la definición de integral impropia en un intervalo infinito (página 93 del libro Matemática III de Ingeniería de la UNA):

= =

=

∫

−

∞ + → −

∞ + → ∞

+

− M

0

x 2 M

M

0

x 3 M

0

x 3

dx e x x lím

dx e x lím

dx e x

2 2

2

[1]

y

3

(2)

Apliquemos el método de integración por partes a la integral

∫

−

M 0

x 2

dx e x x

2

Escogemos u = x2 de donde du = 2x dx y dv = x e−x2 de donde v =

2 2

x x

e 2 1 dx e

x − =− −

∫

Luego,

∫

− =− − +

∫

− =

M 0

2 M

0 2 2 M

0

3 2

x d x e e

x 2 1 x d x

e x x x

⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝ ⎛

+ −

= −

−

= − − t e− e− 1

2 1 e

x 2

1 2 M2 M2

M 0 2 M

0 2 x

2 x

Sustituyendo en [1]:

= =

=

∫

−

∞ + → −

∞ + → ∞

+

− M

0

x 2 M

M

0

x 3 M

0

x 3

dx e x x lím

dx e x lím

dx e x

2 2

2

_⎟⎟=

⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝ ⎛

+ −

= ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝ ⎛

+ −

=

∞ + → −

− ∞

+

→ ₂ lím M e lím e lím 1

1 1 e

e M 2 1 lím

M 2 M M

2 M 2 M

2 M 2

M 2 M

= ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎜ ⎝ ⎛

+ −

=

∞ + → ∞

+ → ∞

+

→ lím 1

e 1 lím e

t lím 2 1

M 2 t M

2 t 2 M

En se tiene una indeterminación de la forma ∞ +

∞ +

, apliquemos la regla de L’Hôpital:

0 e

1 lím e

M 2

M 2 lím e

M

lím ₂

M t

2 M M

2 M

2

M→+∞ = →+∞ = →+∞ =

En , 0

e 1

lím ₂

M

M→+∞ = y en Mlím→+∞1=1

Por lo tanto,

2 1 dx e x

0

2 x 3

=

∫

+∞ −

converge.

OBJ 3 PTA 3 Calcular la longitud de arco de la curva:y 3x2 1

3

−

= de x = 0 a x = 1

Solución:

Por definición de Longitud de Arco, pág.209, tomo I, Mat. III (733) se tiene:

( )

∫

+ ′

= b

a

2 )

b , a

( 1 y dx

S

1 2 3 1

(3)

∫

_⎟ = +

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ +

= 1

0 1

0

2

) 1 , 0

( xdx

4 81 1 dx

x 2 9 1

S 2

1

Cambio: u = 1+ x

4

81 _{de donde du =} _dx 4

81 _⇔_{dx =} _du 81

4

Nuevos límites de Integración: Si x = 0 → u = 1 y si x = 1 → u =

4

85_{; luego}

4 85 2 3 4

85

2 1 4

85

1 2 3 1

1 1

0 ) 1 , 0

(

u

81

4 du

u

81

4 du

u

81

4 dx

x

4

81

1 S

_⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

+

=

∫

243

8

85

1

85

8

85

243

8

1

4

85

243

8

3

_⎟

₌

−

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

₋

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

Es decir, la longitud de arco es: ( )

243 8 85 85

S0,1 = −

OBJ 4 PTA 4

Encuentra el área de la superficie generada por la rotación de la curva dada por las ecuaciones paramétricas: x = t , y = 2 – t2 , 0 ≤ t ≤ 2 , alrededor del eje OY.

Solución:

La gráfica de la curva es:

Hallemos el área de la superficie generada por la rotación de la curva alrededor del eje OY (ver página 266 del libro Matemática III de Ingeniería de la UNA):

∫

π + − = π +

= 2

0

2 2

0

2 2

t d t 4 1 t 2

t d ) t 2 ( 1 ) t ( 2 A

haciendo el cambio de variable u2 = 1+4t2 (1+4 t2 > 0 para todo t∈[ , 2] ) de donde 2u du = 8t dt

y los límites de integración se transforman como sigue: cuando t = 0 , u = 1 y cuando t = 2 , u = 3

Así que,

12 26 ) 1 27 ( 12 3

u 4 u d u 4 t d t 4 1 t 2

3

1 3 3

1 2 2

0

2 ₌ π ₋ ₌ π

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π = π

= +

π

∫

.

Por lo tanto, el área de la superficie generada por la rotación de la curva alrededor del eje OY es:

área. de unidades

12 26 A = π

¡Verifícalo!

0 2 x y

2

(4)

OBJ 5 PTA 5

Determina el centroide de la región limitada por las curvas y=sen2x; y=0; x=0; x=π/2

Solución: La región limitada por las curvas y=sen2x; y=0; x=0; x=π/2 es:

Calculemos el área de la región R

(

1 1

)

1 2

1 )

0 cos( 2

2 cos 2 1 x

2 cos 2 1 x d x 2 sen A

2 2

0 0

= − − − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎝

⎛ _⎟₋

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π −

= −

= =

π π

∫

Cálculo de x:

∫

= b

a

dx ) x ( f x A 1 x

∫

π

= 2

0

xdx 2 sen x x

Apliquemos el método de integración por partes: u = x , du = dx , dv = sen 2x dx , v = cos2x

2 1

−

4 2

x 2 sen 2 1 4 xdx 2 cos 2

1 x

2 cos x 2 1 xdx 2 sen x

x 2

0 0

2

0 0

2

2 π

= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛ − π = +

− = =

π π

∫

π π

Cálculo dey:

( )

∫

= b

a

2 dx ) x ( f 2 1 A 1 y

⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎜ ⎝ ⎛

− =

=

∫

π π

2 2

0 0

2

dx x 4 cos dx

4 1 dx 2

x 4 cos 1 2 1 dx x 2 sen 2

1 y

8 0 2 4 1 4

x 4 sen x

4

1 2 2

0 0

π = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −π =

⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎜ ⎝ ⎛

− =

π π

Por lo tanto el centroide es: ⎟

⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛π π

8 , 4

OBJ 6 PTA 6 Sean aG =

(

−4,0,3

)

bG =

(

2,−1,0

)

, cG =

(

0,2,5

)

.Demuestra que

( ) ( )

b c a b c aG× G × G ≠ G× G × G

0 ₄π ₂π x y

1

(5)

Solución:

(

5, 10,4

)

k

4 j 10 i 5 5 2 0

0 1 2

k j i

c

b× = − =− G− G+ G = − −

G G G

G G

( )

30i j 40k

(

30,1,40

)

4

10 5

3 0 4

k j i

c b

a = + + =

− − − = ×

× G G G

G G G

Calculemos ahora

( )

aG×bG ×cG

(

3,6,4

)

k

4 j 6 i 3 0 1 2

3 0 4

k j i

b

a = + + =

− − =

× G G G

G G G

G G

( )

22i 15j 6k

(

22, 15,6

)

5

2 0

4 6 3

k j i

c b

a× × = = G− G+ G = −

G G G

Es decir; aG×

( ) ( )

bG×cG ≠ aG×bG ×cG

OBJ 7 PTA 7 Halla la recta tangente a la curva descrita por la función vectorial,

( )

_⎟⎟

⎠ ⎞ ⎜

⎜ ⎝ ⎛

+ +

= cos π 2 , 4sen π , Ln 1 t )

t ( f

2 t 3 2 2

t

en el punto f(1).

Solución:

La recta tangente a la curva en f ( t0 ) está dada por: L =

{

f(t₀)+ αf′(t₀):α∈IR

}

(ver pg. 546 del texto Mat. III de Ingeniería. UNA) Entonces se tiene que f(1) =

(

2 , 4,Ln2

)

y

( )

( ) ( )

⎟⎟

⎟

⎠ ⎞

⎜ ⎜ ⎜

⎝ ⎛

+ π

− =

′ π π

π π π

t 1

1 sen

12 2

sen t

f 3₂t 3₂ t

2 t 2 t

2 _, _cos _,

cos )

( , evaluando en t = 1,

⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎜ ⎝

⎛ _π

− = ′

2 1 0 2 4 1

f() , , .

(6)

(

)

⎭ ⎬ ⎫ ⎩

⎨ ⎧

∈ α ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝

⎛₋ π

α +

= IR

2 1 0 2 4 2

Ln 4 2

L , , , , :

⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩

⎪ ⎨ ⎧

∈ α ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝

⎛ _α

+ π

−

= : IR

2 2 Ln , 4 , 2 4 2

L .

OBJ 8 PTA 8 Considera la función vectorial IR3 2

0

F:_⎢⎣⎡ , π_⎥⎦⎤ → , definida por

F( t ) =

(

2cost , sen t , sent

)

. Calcula el triedro de Frenet en el punto ⎟

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π

4

F .

Solución:

Se tiene que F(t)=

(

2cost , sent , sen t

)

entonces

(

2sent t t

)

t

F′() = − ,cos ,cos y F′(t) = 2sen2t + 2cos2 t = 2 .

⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝ ⎛ − = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝ ⎛ − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π ′

2 2 2

2 1 2

2 2

2 2 4

F , , , , y 2

4

F ⎟ =

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π

′ .

Luego, _⎟⎟

⎠ ⎞ ⎜

⎜ ⎝ ⎛

− =

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π ′

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π ′ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π

2 2 , 2

2 , 1 2 1 4

F 4 F 4

T vector tangente unitario en ⎟

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π

4

F .

Ahora,

(

2 sent t t

)

2 1 t

F t F t

T , cos , cos

) (

) ( )

( = −

′ ′

= , de donde,

(

2cost, sent, sent

)

2

1 ) t (

T′ = − − − y 2 t sen t 1

2 1 t

T 2 2 ⎟ =

⎠ ⎞ ⎜

⎝

⎛ ₊

=

′() cos

⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎜ ⎝ ⎛

− − − =

⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π −

= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π ′

2 2 , 2

2 , 1 2 1 4

sen , 4 sen , 4 cos 2 2

1 4

T .

Entonces, _⎟⎟

⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝ ⎛

− −

− =

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π

2 2 2

2 1

2 1 4

N , , es el vector normal unitario en ⎟

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π

4 F

Por último

(

1, 2, 2

)

2 2 2

2 1

2 2 2

2 1

kˆ jˆ

iˆ

2 1 4 N 4 T 4

B = −

− −

− − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π × ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝

⎛ π _.