Control 5 Cálculo (2001) pdf

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Universidad de Chile.

Facultad de Ciencias F´ısicas y Matem´aticas. Departamento de Ingenier´ıa Matem´atica.

Santiago, 18 de Octubre del 2001. Tiempo: 3:00 hrs.

CONTROL 5

MA12A CALCULO 2001

Problema 1.

Sea f : [0,1]→_R una funci´on continua en [0,1] y diferenciable en (0,1) tal que f(0) = 0 y

∀x ∈ (0,1), 0≤ f0(x) ≤1. Se pide probar que

h R1

0 f(t)dt

i2 ≥ R1

0 f(t)

3_dt, _{para lo cual proceda} como sigue:

(a) (1.0 pto.) Pruebe que ∀x∈[0,1],f(x)≥0.

(b) (2.5 pts.) Se define G: [0,1]→_RmedianteG(x) = 2R₀xf(t)dt−f(x)2. Muestre queG(x) es creciente y deduzca que ∀x∈[0,1], G(x)≥0.

(c) (2.5 pts.) Defina F(x) = R₀xf(t)dt2 −Rx

0 f(t)

3_{dt. Pruebe que} _F0_{(x) =} _f(x)G(x), es-tablezca el crecimiento de F(x) y deduzca que ∀x∈[0,1],F(x)≥0. Concluya.

Problema 2.

(a) (2.0 pts.) Encuentre una f´ormula de recurrencia para In= R

(x+ 1)n√_xdx.

(b) (4.0 pts.) Considere la funci´onf : [1,5]→_Rdefinida por f(x) = 1/x.

(b.1) Calcule las sumas inferior s(f, P) y superior S(f, P) si P = {x0, ..., xn} es una par-tición que sigue una progresión geométrica, es decir xi =qi donde q=

n

√

5. Nota: Su resultado debe quedar s´olo en t´erminos de n.

(b.2) Use el resultado anterior y el Teorema Fundamental del C´alculo para probar que lim

n→∞n(

n

√

5−1) =ln(5).

Problema 3.

(a) (3.0 pts.) Calcule el ´area de la regi´on del primer cuadrante limitada por las curvas de ecuaciones y2 ₌ x

1−x, y

2 _{= 2(1}₋_{x) y el eje} _OX_.

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Universidad de Chile.

Facultad de Ciencias Físicas y Matemáticas. Departamento de Ingeniería Matemática.

Santiago, 18 de Octubre del 2001. Tiempo: 3:00 hrs.

PAUTA CONTROL 5

MA-12A CALCULO 2001

Problema 1.

Sea f : [0,1]→_R una función continua en [0,1] y diferenciable en (0,1) tal que f(0) = 0 y ∀x ∈ (0,1), 0≤ f0(x) ≤1. Se pide probar que hR₀1f(t)dti

2

≥ R1 0 f(t)

3_dt, para lo cual proceda

como sigue:

(a) (1.0 pto.) Pruebe que ∀x∈[0,1], f(x)≥0.

(b) (2.5 pts.) Se dene G: [0,1]→_RmedianteG(x) = 2R₀xf(t)dt−f(x)2. Muestre queG(x)

es creciente y deduzca que ∀x∈[0,1],G(x)≥0.

(c) (2.5 pts.) Dena F(x) = R₀xf(t)dt2 −Rx

0 f(t)

3_dt_{. Pruebe que} _F0₍_x_{) =} _f₍_x₎_G₍_x₎_,

es-tablezca el crecimiento de F(x) y deduzca que ∀x∈[0,1], F(x)≥0. Concluya.

Sol.

(a) (1.0 pto.)

Una alternativa es utilizar el Teorema del Valor Medio (TVM): para todo x∈]0,1[existe

z ∈]0, x[ tal que f(x)− f(0) = f0(z)x, y como f(0) = 0 y f0(z) ≥ 0 luego f(x) ≥ 0, ∀x∈[0,1].

Otra forma es notar que dado que ∀x∈(0,1), f0(x)≥0 con f continua en [0,1] entonces

f es creciente en[0,1]. En particular, ∀x∈]0,1],f(x)≥f(0) = 0.

(b) (2.5 pts.) Como f es continua en [0,1] podemos aplicar el Teorema Fundamental del

Cálculo (TFC) para concluir que Ges continua en [0,1]y más aún

G0(x) = 2f(x)−2f(x)f0(x) = 2f(x)

| {z }

≥0

(1−f0(x))

| {z }

≥0

de modo queGes creciente. En particular,∀x∈[0,1],G(x)≥G(0) = 2R₀0f(t)dt−f(0)2 ₌

0−0 = 0.

(c) (2.5 pts.) Nuevamente por el TFC tenemos que F es continua y más aún

F0(x) = 2

Z x

0

f(t)dtf(x)−f(x)3 =f(x)(2

Z x

0

f(t)dt−f(x)2) =f(x)

| {z }

≥0

G(x)

| {z }

≥0

(3)

Por lo tanto, F es creciente y en consecuenciaF(x)≥F(0) = (R₀0f(t)dt)2₋R0

0 f(t)

3_dt _{= 0}.

En conclusión:

F(x) = (

Z x

0

f(t)dt)2−

Z x

0

f(t)3dt ≥0 ∀x∈[0,1]

en particular para x= 1, que era lo que se quería demostrar.

Observaciones:

(a) También se puede usar desarrollo de Taylor.

(b) Cálculo de la derivada = 1.0 pto.; deducir que G es creciente = 0.5 pto.; argumento de signo = 1.0 pto.

(c) Cálculo de la derivada = 1.0 pto.; deducir que F es creciente = 0.5 pto.; argumento y conclusión = 1.0 pto.

Problema 2.

(a) (2.0 pts.) Encuentre una fórmula de recurrencia para In = R

(x+ 1)n√_xdx_.

(b) (4.0 pts.) Considere la función f : [1,5]→_R denida por f(x) = 1/x.

(b.1) Calcule las sumas inferior s(f, P)y superior S(f, P) siP ={x0, ..., xn}es una parti-ción que sigue una progresión geométrica, es decir xi =qi donde q =

n

√

5. Nota: Su

resultado debe quedar sólo en términos de n.

(b.2) Use el resultado anterior y el Teorema Fundamental del Cálculo para probar que

lim

n→∞n(

n

√

5−1) =ln(5).

Sol.:

(a) Utilicemos la fórmula de integración por partes con u = (x+ 1)n y _dv ₌ √_xdx de modo que du=n(x+ 1)n−1dx y v = 2₃x3/2, lo que permite obtener

In=

2x3/2₍_x_{+ 1)}n

3 −

2n

3

Z

(x+ 1)n−1x3/2dx

(1.0 pto. por usar técnica de integración por partes sin error). Pero Z

(x+ 1)n−1x3/2dx =

Z

(x+ 1)n−1x√xdx

=

Z

(x+ 1)n−1(x+ 1−1)√xdx

=

Z

((x+ 1)n√x−(x+ 1)n−1√x)dx

(4)

En consecuencia

In =

2x(x+ 1)n√x

3 −

2n

3 (In−In−1)

y así

3In+ 2nIn = 2x(x+ 1)n

√

x+ 2nIn−1

de donde

In =

2x(x+ 1)n√x

3 + 2n +

2n

3 + 2nIn−1

Observación: hemos usado ni quita ni pone, despejar, etc... Estos cálculos dependen de la forma en que se usó la integración por partes. Se asigna 1.0 pto. por los cálculos. (b.1) Como f(x) = 1/x es decreciente en [1,5] entonces se tiene que mi(f) = f(xi) = 1/xi y

Mi(f) =f(xi−1) = 1/xi−1 (0.5 pto.). Por lo tanto, para la suma inferior se tiene

s(f, P) =

n X

i=1

mi(f)∆xi =

n X

i=1

1

qi∆xi,

pero ∆xi =xi−xi−1 =qi −qi−1 =qi−1(q−1)(0.5 pto.), de modo que

s(f, P) =

n X

i=1

qi

qi_q(q−1) = q−1

q n=

n

√ 5−1

n

√ 5 n.

Similarmente, la suma superior es

S(f, P) =

n X

i=1

Mi(f)∆xi = n X

i=1

1

qi−1q

i−1

(q−1) =n(q−1) =n(√n5−1)

Observación: las dos deniciones de s(f, P) y S(f, P) valen 0.5 pto. en total, y el 0.5

pto. adicional es por el álgebra y los resultados.

(b.2) Comof(x) = 1/xes continua en [1,5] entonces se cumple que

(1) lim

n→∞S(f, P) = limn→∞s(f, P) =

Z 5

1

f(x)dx,

siempre que el paso de la partición tienda a 0, que en este caso se cumple pues lim

n→∞

n

√ 5 = 1

(hasta aquí 1.0 pto.). Además,

(2)

Z 5

1

f(x)dx=

Z 5

1

xdx=ln(5)−ln(1) =ln(5).

Juntando (1) y (2) se obtiene que

lim

n→∞n(

n

√

5−1) =ln(5)

(5)

Problema 3.

(a) (3.0 pts.) Calcule el área de la región del primer cuadrante limitada por las curvas de ecuaciones y2 ₌ x

1−x, y

2 _{= 2(1}₋_x₎ _{y el eje}_OX_.

(b) (3.0 pts.) Sea R la región del plano OXY limitada por la parábola y = x2 y la recta

y =mx (m > 0). Se pide encontrar el valor de m tal que los volúmenes generados por la rotación de R en torno a OX y a OY sean iguales.

Sol.:

(a) La región pedida es la que está sobre el eje OX y bajo la función p x

1−x entre 0 y x0, y bajo la función p

2 (1−x)entre x0 y 1, donde x0 es la solución de la ecuación

x

1−x = 2 (1−x)

con x ∈ [0,1). Entonces x0 está dado por x0 = 5− √

25−4·4

4 =

1

2 (0.5 pto.). Así, el área

buscada es la suma de I1 e I2 donde

I1 =

Z 1₂

0

r x

1−xdx

e

I2 =

Z 1

1 2

p

2 (1−x)dx

(0.5 pto. por plantear ambas integrales). La función p

2 (1−x) tiene como primitiva

a (2 (1−x))32 2

3 −

1 2

que evaluada en los extremos da I2 = 1₃ (0.5 pto.). Una primitiva

para la función p x

1−x se calcula haciendo el cambio de variablex =sen

2₍_u₎. Con esto el

problema se reduce a calcular una primitiva de la función sen(u)

cos(u)·2sen(u)cos(u) = 2sen 2₍_u₎

(0.5 pto.). Por identidades trigonométricas, esta última función es igual a 1−cos(2u)que

tiene como primitiva au−sen(2₂u) =u−sen(u)cos(u). Volviendo a la variablexobtenemos que

Z r x

1−x =

arcsen

√

x−√x√1−x+C

(0.5 pto. por la primitiva). Evaluado en los extremos se obtiene I1 = π₄ −1₂. Así, el área

buscada vale π

4 −

1

6 (0.5 pto.).

(b) La regiónRes aquella que queda por debajo de la rectay=mxy sobre la párabolay=x2 desde 0hasta el punto de intersecciónx0 de estas dos funciones (0.5 pto.). El puntox0 es

la solución no nula de la ecuación mx =x2_{, es decir,} _x

0 =m (0.5 pto.). Los volúmenes

de interés están dados por VOX =π Rx0

0

(mx)2−(x2)2yVOY = 2π Rx0

(6)

(0.5 pto. por plantear las integrales). Todas las integrales involucradas son de la forma R

xn = _n₊₁1 xn+1+C (0.5 pto.). Entonces,

VOX =π

m2m

3

3 −

m5

5

=πm5 2

15

y

VOY = 2π

mm

3

3 −

m4

4

= 2πm4 1

12