Examen Cálculo (2005) pdf

!"#%$&('! *)# &+,

-.0/12/34.65879$:<;&+=

>

@?A,A8BBDC#EFHGIJ:$(KL#M*+8N,O(BBCQP

R

7TSULVXW#Y[Z]\^`_baFUdce!f]g9VhiULj k

l

monp q!r mos

Yut3e@^`e@vxwyS{z|e~}_badvIf€S{_ba‚e~S{z^`e@v„ƒof}_ba…€|e(†‡_bzƒe@v„ˆe!z†@S‰f]\fovIf g9VhiUxŠIgD‹=VhiUxŠIgD‹Œ‹=VhiUxY

S‰SUVXW#Y[Zy\^`_baxUŽz†@|e!z^`v„eTzf‘v„e@\v„e!a`e!z^„f†@S!’_bzw“e!€S{fz^`eTa`e@vISeT€e”\D_^`e!z†@S{faŽ\fovIf“}‰f‘•z†@S!’_bz g9VhiU9jH–@—0VXW™˜šhQUx›œd€|e@^`e@vxwyS{z|e vIf€S{_“eS{z^`e@v„ƒOf}{_y€|eT†‡_bz"ƒe@vIˆe!z†@S{f‚€eT}{f“a`e@vISe”e!z†‡_bz"^`vIfo^„f€fY

R

Q7TSUžV ŸoY¢¡~\^`_baFU“£*fa‚•z†@S_bz|e!aygDŠ ¤¦¥¨§©«ª §©¬f€wyS{^`e!za`e@ˆbz€f~€|e@vISƒof€f~†‡_bz^„S{zf%e!z­§©<ŠIg®e!a €e!†‡v„e!†@Se!z^`e¯œš†‡_bz†@f!ƒof%e!z§©°œ¤e!a‚€|e!†‡v„e!†@Se!z^`e¯œ]†‡_bz"ƒe‡±|f%e!z§©<Yt3e!w<|e!a`^`vIeL²e…¤:_gHe!a †‡vIe!†@Se!z"^`e2œd†‡_bzƒe‡±|f‚e!z¯§©<Y

S‰SUV ŸoY¢¡“\^`_baxU™³´_bza„S{€e@v„e”}{f‘•z†@S!’_bzžµ]VhQU¨€|e@¶zS{€f2\Q_v1µšVhiU0j q!·

¸

p ¹ºq »`¼ ½º¾

sx¿

p

Y

te!w<|e!a`^`v„e<²eTµšVhiU´e!aŽe!a`^`vIS‰†‡^„fw“e!z"^`e<†‡v„e!†@Se!z^`ee!z¯§©

¿

œÀ\vx|e@ÁQe ²#|e }{S‰w

qÃÂ

k

µ]VhQU e‡±|S{a`^`eY

S‰S{SU¯VXW#Y[Z]\^`_baxUdÄ3zf:ƒe!z^„fzf^„Se!ze•_vIwyf]€|e8v„e!†‡^’fz|ˆb}_]^`e@vIwyS{zf€_\Q_vž€|_ba…a`e!wyS{†’

Å

vI†@}_bad€|e €S!’fw“e@^`v„_ba1S{ˆbf}e!a1f“}{f“w‚S^„f€¯€|eT}{f‘Áfa`e€|e!}Qv„e!†‡^’fzˆb}_|Y£f“\fov„^`eTvIe!†‡^„fz|ˆb}{fov3ÆDž€|eTa`e@v™€|e †‡vxS{a`^„f}i^`vIfza`\fov„e!z^`eTœ…}_ba1a`e!wyS‰†@SvI†@}_ba¨€|eT†‡vxS{a`^„f}i_\f†‡_

²#|eTf€w‚S^`eTa`_b}_‚}‰f“wyS^„f€ž€|e}‰|Ȕ²|e”e!}*†‡vIS{a`^„f} ^`vxfza`\fov„e!z^`eT\Q_v1zS‰€f€…€|ea„|\Qe@v„¶†@SeY c|SQe!}i\Qe@vÒ

Å

w“e@^`v„_‘^`_^„f}&€|eT}{f‘ƒe!z^„fzf‚€e@ÁDe ^`e!z|e@v zf“}_bz|ˆbS^„€…¶oÉ`f“Ê™›a`eT\S‰€|e e!z†‡_bz"^`vxfov™e!zž•=z†@S!’_bz

€eTÊ1›}{fa™€S{w“e!zaIS_bz|e!a¨€|eT}{f‘ƒe!z^„fzf‚²#|e”\Qe@vIwyS{^„f<}‰f“w’fO±S‰wyf“}{wyS‰z|_ba„S{€f€

RË 7TSU VXÌ#Y[Zy\^`_baxU™³¨f}{†@}e

¸

q

»

q

Í

qÃs

¿

p

¿ÎÏ qÃs

¿

pIÐ

·

S‰SUVXÌ#Y[Zy\^`_baxUŽt3e!w<|e!a`^`vIe2²#|eT}{f“S{z^`e@ˆvIf}yÑ

¸Ò

»

q

Í Ó

q

·ÕÔ sxÖ q s

†‡_bz"ƒe@vIˆeœ…†@f}{†@}eTa„¯ƒOf}_v V× z€S‰†@f†@S!’_bzi¥0a`e”hžj®Ø

Ó

U

S‰S{SU2VXÌ#Y[Z…\^`_baxUt f€fž}{fde!}{S\a`e<ÙÚ¥

q

s

Û s ˜4Ü

s

Ý

s

Pauta Examen MA12A C´alculo I Escuela de Ingenier´ıa, FCFM, U. de Chile

Noviembre 2005

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.

Pauta Problema 1

i) f(x)P∞

i=1

xn

n2

El radio de convergencia puede determinarse con

r= 1

l´ım

n→∞

¯ ¯an+1

an

¯ ¯ =

1 l´ım

n→∞ n2

(n+1)2

=1 1 = 1

o bien aplicando el criterio del cuociente o de la ra´ız en´esima

l´ım

n→∞

¯ ¯ ¯ ¯A_An+1_n

¯ ¯ ¯

¯= l´ım_n→∞ ¯ ¯ ¯ ¯ x

n+1

(n+ 1)2 · n2 xn

¯ ¯ ¯

¯=|x|_n→∞l´ım n 2

(n+ 1)2 =|x|

Para convergencia es necesario que|x|<1, as´ı,r= 1 y el intervalo de convergencia Ic⊆[−1,1] ∧ Ic⊇(−1,1) obliga a estudiar los extremosx= 1 ∧ x=−1.

Parax= 1 la serie queda P∞

i=1 1

n2 que converge (

P ₁

nα con α= 2>1) y parax=−1 queda

∞

P

i=1 (−1)n

n2

que tambi´en converge por ser tipoLeibnitz (alternante) con 1

n2 →0 decreciendo.

Sigue quer= 1 ∧ Ic= [−1,1]. (1.0 pto.)

Para f0_{(x) =} P∞ i=1

nxn−1

n2 =

∞

P

i=1

xn−1

n que comparte el mismo radio de convergencia r = 1 de la serie

original (Clases).

Para los extremos se tiene enx= 1P∞

i=1 1

n que diverge (es la serie arm´onica) y parax=−1 ∞

P

i=1 (−1)n−1

n

que converge porLeibnitz. As´ı, paraf0_{(x) r= 1 yI}

c= [−1,1). (1.0 pto.)

Paraf00_{(x) =} P∞ i=2

(n−1)xn−2

n el radio de convergencia es nuevamenter= 1 y para los extremos quedan

las series P∞

i=2

n−1

n ∧ ∞

P

i=2

(n−1)(−1)n−2

n ambas divergentes porque l´ım_n→∞|an|= l´ım_n→∞

¡_n−1

n

¢

= 16= 0.

Sigue que paraf00_{(x), r= 1 yI}

c = (−1,1). (1.0 pto.)

ii) f(x) =ln(3 +x)

Se sabe que la serie de derivadas debe representar a.

f0_{(x) =} 1

3 +x= 1 3

1 1 + (x/3)

y esta ´ultima, por interpretaci´on de la serie

∞

X

n=0

(−1)n_xn₌ 1

1 +x,|x|<1

| {z }

(Clases)

quedaf0_{(x) =} 1 3

∞

P

n=0

(−1)n¡x

3 ¢n

⇒f0_{(x) =} P∞ n=0(−1)

n xn

Entonces puede integrarse en [0, x], x <3, es decir Z x

0

f0_(t)dt=

Z x

0

∞

X

n=0

(−1)n tn

3n+1 ⇒f(x)−f(0) =

∞

X

n=0 (−1)n

Z x

0 tn

3n+1dt

⇒f(x)−f(0) =

∞

X

n=0

(−1)n t

n+1

(n+ 1)3n+1 ¯ ¯ ¯ ¯

x

0 =

∞

X

n=0

(−1)n x

n+1

(n+ 1)3n+1

Adem´as, def(x) =ln(3 +x)⇒f(0) =ln3.

Sigue que f(x) =ln3 +

∞

X

n=0

(−1)n xn+1

(n+ 1)3n+1 . (1.5 ptos.)

Nota.Tambi´en, por integraci´on directaf(x) =R P∞

n=0

(−1)n xn

3n+1 +ky determinark imponiendo

f(0) = P∞

n=1

(−1)n 0n+1

(n+1)3n+1+kas´ık=f(0) =ln3.

El radio de convergencia es l´ım

n→∞

¯ ¯An+1

An

¯ ¯₌¯¯x

3 ¯

¯_{<1, as´ır= 3 y para el intervalo de convergencia, los extremos}

quedanx= 3 P∞

n=0(−1)

n 3n+1

(n+1)3n+1 =

∞

P

n=0 (−1)n

n+1 que converge porLeibnitzy para

x=−3 P∞

n=0

(−1)n (−3)n+1

(n+1)3n+1 =

∞

P

n=0

(−1)2n+1

n+1 =−

∞

P

n=0 1

n+1 que diverge (serie arm´onica)

Problema 2

i) f, g:R→Radmiten segunda derivada continua,f es decreciente y concava enRyg es decreciente y convexa en R.

Entonces f0_{(x), g}0_{(x), f}00_{(x), g}00_{(x) existen∀x∈ Ry f}0_{(x)≤0, g}0_{(x)≤ 0, f}00_{(x)≤0 y g}00_{(x) ≥0 por}

crecimientos y concavidades de la hipotesis. As´ı (g◦f)0_{(x) =g}0_(f(x)

| {z }

≤0

)·f0(x) | {z }

≤0

≥0, es decirg◦f es creciente enR. (0.7 ptos.)

Adem´as (g◦f)00_{(x) = (g}0_(f(x))·f0_(x))0_=g00_(f(x))

| {z }

≥0

(f0_(x))2 | {z }

≥0

+g0(f(x))

≤0 · f00_(x)

≤0

| {z }

≥0

≥0.

De modo que (g◦f)00_{(x)≥0, es decir,g◦f es convexa. (0.8 ptos.)}

ii) H(x) =R₁x_/x3 dt et2₊₁.

Seg´un el TFC.,H0_{(x) =} 1

ex6₊₁(x3)0− 1

e(1x) 2

+1 ¡₁

x

¢0

.

As´ıH0_{(x) =} 3x2

ex6

+ 1 | {z }

>0

+ 1

e1/x2

+ 1 | {z }

>0

· 1

x2 |{z}

>0

>0 en R+_.

Es decir,H(x) es estrictamente creciente enR+_{. (0.7 ptos.)} Adem´as l´ım

x→∞H(x) = l´ımx→∞

R_x3

1/x dt et2₊₁ =

R_∞ 0

dt

et2₊₁ y por comparaci´on _et21₊₁ < _e1t2 =e−t 2

y la integral R_∞

0 e−t

2

dtes convergente y por lo tantoR₀∞ dt

et2₊₁ converge, es decir l´ım_x→∞H(x) EXISTE.(0.8 ptos.)

Nota.La convergencia deR₀∞e−t2

dtpuede aceptarse (Clases) o bienR₀∞e−t2

dt=R₀1e−t2

dt+R₁∞e−t2

dt en quee−t2

< 1

t2 ∀x∈[1,∞).

As´ıR₀1+R₁∞convergen de donde R₀∞e−t2

dtconverge.

iii) Para las dimensiones t, y indicadas la luminosidad de la parte rectangular se puede asociar a 1 y la de los semicirculos a 1/2.

De esta forma, las luminosidades son equivalentes a las respectivas ´areas.

EntoncesA= Luminosidad =A1·+2·A2·1 2. As´ıA= 2xy+πx2

8 (A(x, y)).

Adem´as Per´ımetro =L= 2y+ 2x+ 2· πx

2 = 2y+ (π+ 2)xes decir y=

L−(π+ 2)x 2 As´ıA(x) = 2xL−(π₂+2)x+1

8πx2=Lx+ ¡₁

8π−π−2 ¢

x2

⇒A(x) =−7π+16

8 x2+Lx. (1.5 ptos.)

Sigue queA0_{(x) =−}7π+16

4 x+LyA0(x) = 0 six=7π4+16L . Adem´asA00_{(x) =−}7π+16

4 <0, es decirx= 7π4+16L es punto de m´aximo. Entonces las dimensiones sonx= 4L

7π+16 yy=

L−(π+2) 4L 7π+16

2 =

(3π+8)L

2(7π+16) (1.5 ptos.)

Nota.No se exige (

Problema 3

i) CalculeI=R _√ xdx x2₊₁₊₍√_x2₊₁₎3.

Por sustituci´onu=x2_{+ 1, du= 2xdx.} I queda:I=1

2

R _du

√

u+u3/2 =

1 2

R _du

√

u(1+√u) = 1 2

R _du

√

u√(1+√u) nuevamente por sustituci´on t=√u;dt= du

2√u. (0.5 ptos.)

As´ıI=R _√dt

1+t =

R

(1 +t)−1/2_{dt= 2}√_{1 +t+C.}

EntoncesI= 2p1 +√x2_{+ 1 +C. (1.5 ptos.)}

ii) I=R₀4_√ dx

2x3/2_−x2. Seg´un la indicaci´onx=u

2

dx=2udu. Cambiando variable y l´ımites,I queda

I= Z 2

0

2udu

√

2u3_−u4 = Z 2

0

2udu u√2u−u2 = 2

Z 2

0

du

√

2u−u2

EntoncesI es impropia de 2a _{especie con intengrando indefinido enu= 0 yu= 2. (0.5 ptos.)}

EntoncesI=R₀2_√ du

u√2−u que es convergente por comparaci´on o por regla de convergencia

l´ım

u→0u

α_√ 1

u√2−u =

1

√

2 6= 0 ∧ α= 1

2 <1 y l´ım_u→2(2−u)α√u√12−u =

1

√

2 6= 0 yα= 1

2 <1. (1.0 pto.) O equivalentemente usando la definici´on (Integrando)

Se acepta como valido   

I= 2R₀2_√du

2u−u2 = 2

R2

0 √₁₋du_(u−1)2 = 2 arc sen(u−1)

¯ ¯2

0= 2 ¡_π

2 +π2 ¢

As´ı, I converge aI= 2π (0.5 ptos.)

Nota.En forma rigurosa. Z 2

0

du p

1−(u−1)2 = Z 1

0+

du p

1−(u−1)2 + Z 2−

1

du p

1−(u−1)2

= l´ım t→0 Z ₁ t du p

1−(u−1)2 + l´ıms→2 Z _s

1

du p

1−(u−1)2

= l´ım

t→0arc sen(u−1) ¯ ¯ ¯ ¯ 1 t + l´ım

s→2arc sen(u−1) ¯ ¯ ¯ ¯ s 1 = π 2 + π 2 =π

Observaci´on.

Puede calcular directamente y ratificar la convergencia con el valor finito de la integral. (1.5 ptos.)

iii) x2

a2 +

y2

b2 = 1 La longitud de arco es

s= 4R₀ap1 + (y0₎2_dx

(4 veces el 1er _{cuadrante por simetr´ıa)}

y= b a

√

a2_−x2_⇒y0₌₋b

a√a2x_−x2.

Entoncess= 4R₀aq1 + b2_x2

a2_(a2_−x2₎dxo biens= 4

R_a 0

q

a4_+(b2_−a2_)x2

a2_(a2_−x2₎ dx. (0.5 ptos.)

Para la elipse de semiejesλ·ayλ·bla longitud total ser´a

sλ= 4

Z _λa

0 s

Simplificandosλ= 4

Rλa

0 q

λ2_a2_+(b2_−a2_)x2

a2_(λ2_a2_−x2₎ dx y cambiando variablesx=λy;dx=λdyqueda

x= 0⇒y= 0 x=λa⇒y=a

sλ= 4

Z a

0 s

λ2_a2_{+ (b}2_−a2_)λ2_y2 a2_(λ2_a2_−λ2_y2₎ λdy

Simplificando nuevamente queda

sλ= 4λ

Z a

0 s

a2_{+ (b}2_−a2_)y2

a2_(a2_−y2₎ dy=λ· µ

4 Z a

0 s

a2_{+ (b}2_−a2_)y2 a2_(a2_−y2₎ dy

| {z }

s

¶