OBJ 2 PTA 2 Calcula el valor de la integral

(1)

Prueba Integral Cálculo Integral LAPSO 2008−2 CÓDIGO 756 – 1/6 UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA

VICERRECTORADO ACADÉMICO AREA DE MATEMÁTICA

MODELO DE RESPUESTAS

OBJ 1 PTA 1 Determina una función continua f y un número real a tal que x

4 3 x dt ) t (

f 2

x

a = + −

∫

para todo número real x.

Solución: Supongamos que f es continua, entonces aplicando el primer teorema fundamental del cálculo resulta:

4 3 x

x x

4 3 x dx

d dt ) t ( f dx

d ) x ( f

2 2

x

− + =

   



 ₊ ₋

=    

 

=

∫

. Luego 4

3 x

x )

x ( f

2₊ −

=

Determinemos el valor de a:

Si G(x) =

∫

xf(t)dt = x2+3−4x entonces G(a) =

∫

f(t)dt =0 = 2+3−4 , de

donde 2 ₊3 ₌4 _⇒_a2_{+ 3 = 16}_a2_⇒₁₅_a2_{= 3}_⇒

5 1 5

1

2 ₌ _⇒ ₌_± _Así

que

5 1

= ¿a puede ser 5 1 − ?

OBJ 2 PTA 2 Calcula el valor de la integral dx x

x arctg

1 2

∫

+∞ .

Solución: Integral impropia en un intervalo infinito (página 93 del libro Matemática III de Ingeniería):

x d x

x arctg

1 2

∫

+∞ = →+∞

∫

M

1 2

M _x dx

x arctg

lím

Calculemos la integral

∫

M

1 2

x d x

x arctg

aplicando el método de integración por partes:

Tomemos u = arctg x y dv = dx x

1

2

du = dx x 1

1 2

+ v = x 1 −

Entonces,

(

)

∫

 + +

 

 ₋

= M

1 2

M

1 M

1 2

x d x 1 x

1 x

x arctg x

d x

(2)

Calculemos

∫

₍

₎

+ M 1 2 x d x 1 x 1

expresando el integrando como suma de fracciones

simples:

( )

2 2

x 1 C x B x A x 1 x 1 + + + = +

1 = A(1 + x2 ) + B x2 + C x

1 = A + (A+B) x2 + C x de donde A = 1 , C = 0 y B = − 1 ¡Verifícalo!

Luego,

( )

₂ ₂

x 1 x x 1 x 1 x 1 + − = +

(

)

∫

_ = − ₊      + − = + M 1 2 M 1 M 1 2 M 1 2 x d x 1 x x d x 1 dx x 1 x x 1 x d x 1 x 1

(

+

)

( )

Ln 2

M 1 M Ln 2 Ln 2 1 M 1 Ln 2 1 M Ln 2 2 ₊         + = + + − = Entonces,

(

)

2 Ln M M 1 Ln 4 ) M ( arctg 2 Ln M 1 M Ln ) 1 ( arctg ) M ( arctg x d x 1 x 1 x x arctg x d x x arctg 2 2 M 1 2 M 1 M 1 2 +         ₊ + π + = = +         + + + = = + +       − =

∫

Ahora tomando el límite cuando M →+∞

2 Ln 4 3 2 2 Ln 4 M M 1 Ln lím ) M ( arctg lím 2 Ln 4 2 Ln M M 1 Ln 4 ) M ( arctg lím 2 M M 2 M + π = π + + π =         ₊ + + + π = =         +         ₊ + π + ∞ + → ∞ + → ∞ + →

Por lo tanto Ln 2

) t (

f = − − + −

r

entonces

rf′(t)=(et +e−t,et −e−t,2t) rf_′′(t)₌(et ₋e−t,et ₊e−t ,2) rf ′′′(t)=(et +e−t,et −e−t,0) En t0 = 0 se tiene f′(0)=(2,0,0)

r

; fr′′(0)=(0,2,2) ; rf ′′′(0)=(2,0,0)

  

 ′ ′′ × ′

= ₃

) 0 ( f

) 0 ( f ) 0 ( f ) 0 (

k _r

r r

donde rf′(0)×rf′′(0) = (0, 4,1) 2

2 0

0 0 2

kˆ jˆ iˆ

−

= y

17 1 ) 4 ( ) 0 ( f ) 0 (

f′ ×r′′ = − 2 + =

r

y fr′(0) 3 =8 Luego, la curvatura es

8 17 )

0 (

k =

La torsión la hallamos mediante la fórmula

[

₂

]

) t ( f ) t ( f

) t ( f ) t ( f ) t ( f ) t (

P _r _r

r r r

′′ × ′

′′′ ′′ ′ =

Entonces, en t0 = 0 se tiene

[

]

0

0 0 2

2 2 0

0 0 2 ) 0 ( f ) 0 ( f ) 0 (

f′ r′′ r ′′′ = =

r

(4)

por lo tanto la torsión es P(0) =0

OBJ 6 PTA 6 Demuestra que la serie

∑

+∞

=

α

−

1 n

e

n n converge para cualquier α > 0

Solución: Verifiquemos si se cumplen las condiciones del criterio de la integral (ver página 334 del libro Cálculo II de la UNA):

1) La serie dada es una serie de términos positivos ya que para cada n>1

0 e

n −αn> _{(¡verifícalo!),}

2) La función f(x) =_x_e−αx _{es monótona decreciente en el intervalo [1, +}_∞_{), puesto}

que f '(x) =_e−αx₋_α _xe−αx₌_e−αx₍₁₋_α _x₎_{< 0 para todo x en el intervalo [ 1, +}_∞_{) y} α > 0

3) f es no negativa (¿por qué?).

4) f(n) = an para todo n. (¡Verifícalo!).

Entonces, por el criterio de la integral (ver página 334 del libro Cálculo II de la UNA),

la serie

∑

+∞

=

α

−

1 n

e

n n y la integral impropia xe dx 1

x

∫

+∞ −α _{convergen o divergen} simultáneamente.

Veamos si xe dx 1

x

∫

+∞ −α _{converge o diverge:}

dx e x 1

x

∫

+∞ −α ₌ ₌_Ι

∫

−α

+∞

→ xe dx

lim b 1

x

b , apliquemos el método de integración por partes (ver páginas 117 y 118 del libro Cálculo II de la UNA):

Haciendo u =x ; du = dx ; dv =_e−αx_{dx ; v =}

α

−e−αx , entonces

    

  

   α

−    α − =

    

  

α +    α − =

Ι −α −α

+∞ → α

− α

−

+∞

→

∫

b

1 x 2 b

1 x

b b

1 x b

1 x

b e

1 xe

lim dx

e 1 xe

lim

     

α + α +

   

 

α −

   

 

α −

=    

 

α + α − α + α −

= −α

α +∞

→ α

+∞ → α

− α − α − α −

+∞

→ 2 2 b b b 2 b 2

b b

b

1 e

e 1 lim e

b lim e

e e

be lim

Ahora, el _

  

 

α α +∞

→ b

b _e

b

lim presenta una indeterminación de la forma ∞ ∞_,

apliquemos la regla de L’Hôpital: 0

e 1 lim

e b lim

b 2 b

b b

H ' L

=    

 

α =

   

 

α α _→_+∞ α

+∞ →

y por lo tanto, el otro límite 0 e

1 lim

b 2

b _=

 

 

α α +∞

(5)

Así que, como _     

α + α = −α ∞

+ α −

∫

₁ 2

x_dx _e 1

e

x converge para cualquier α > 0 entonces la serie también converge.

OBJ 7 PTA 7 Determina si la serie

∑

∞

=

+ + −

1 n

n )

1

( es absolutamente

convergente, condicionalmente convergente o divergente. Solución:

Veamos si la serie dada converge absolutamente:

∑

∞

= ∞

=

+

+ =

+ −

1 n 1

n

∞

=1 +

n n 1

n

también diverge.

Por lo tanto la serie

∑

∞

=

+

+ −

1 n

n )

1

( no converge absolutamente.

Veamos si la serie alternada

∑

∞

=

+

+ −

1 n

n )

1

( converge:

Por la Regla de Leibnitz (ver pg. 356 del libro Cálculo II de la UNA) se tiene que

0

n 1 1

n 1 lím

n 1 1

n n

lím 1

n n lím a

lím

n 2 n

n n

n =

   

 

   

 

+ =

   

 

   

 

+ =

     

+ =

∞ → ∞

→ ∞

→ y

n 1

n a

1 n

n 2

n 1 n

a =

+ < +

+ =

+ de donde (n+1) n+1 <(n+2) n ⇓

(n+1)3 <n(n+2)2 ¿Por qué?

⇓

(6)

Luego, la sucesión

∞

=    

 

+1 _n ₁ n

n

es monótona decreciente.

Por lo tanto la serie

∑

∞

=

+ + −

1 n

n )

1

( , converge condicionalmente.