Universidad Nacional Abierta
Matemáticas III (Cód. 733)
Vicerrectorado Académico
Cód. Carrera: 236 - 280
Área de Matemática
Fecha: 28-02-2015
MODELO DE RESPUESTAS Objetivos del 01 al 08
OBJ 1 PTA 1 Calcula
dx5 x Ln 5 x
2x
2 2
.SOLUCIÓN:
Al realizar el cambio de variable: z = Ln(x2 +5) de donde dz = dx 5 x
x 2
2 .
Ln(x 5
C LnC Lnz z
dz 2
.Por lo tanto,
dx Ln(Ln(x 5) C5 x Ln 5 x
2x 2
2
2
donde C es una constante cualquiera.OBJ 2 PTA 2 Determina la convergencia o divergencia de la integral
0
x
dx x sen e Ι
SOLUCIÓN:
La integral
0
xsenxdx e
Ι es una integral impropia en un intervalo infinito (pág. 93 del libro
Matemática III (Cód. 733) de la UNA). Luego, por definición se tiene:
0
x
dx x sen e
Ι
b
0 x b
x d x sen e
lím .
Al aplicar el método de integración por partes (pág. 79 del libro Matemática III (Cód. 733) de la UNA):
Se hace u = senx ; du = cosx dx ; dv = e– x dx ; v = – e- x ,
entonces,
x
d
e
cosx
lím
x
d
cosxe
e
x
sen
lím
x
d
x
sen
e
lím
b
0
x -b
b
0
x -b
0 x -b
b
0 x
b
Aplicamos nuevamente el método de integración por partes para calcular lím cosxe dx b
0
x -b
:
Hacemos u = cos x ; du = – senx dx ; dv =e – dx ; v = – e – x , sustituyendo:
x d e lím
x d e lím
0
x -b
0
x
-b
b b
x sen 1
x cos
2 1 x d e x sen lím
1 x d x sen e lím
b 0
x -b
b 0
x
b
.
Luego, la integral impropia
0
x
converge dx
x sen e
Ι .
OBJ 3 PTA 3 Calcula el volumen del sólido generado por la rotación de la región del plano XY, limitada por la semielipse de ecuación 4 x2
2 3
y y el eje OX, alrededor de la recta y= – 4.
SOLUCIÓN:
La gráfica de la curva de ecuación 4 x2 2
3
y es la parte superior de la elipse de ecuación
1
9
y
4
x
2
2
,
la cual tiene centro en el origen del sistema de coordenadas con semieje mayor coincidiendo con el eje OY y
semieje menor coincidiendo con el eje OX. Si fijamos un x en el intervalo ( –2 , 2), dos puntos de la frontera
de la región describen una arandela al girar alrededor de la recta y = – 4
El radio mayor es R(x) = 4 x2 2
3
+ 4 y el radio menor es r(x) = 4 (¿Por qué?)
Por lo tanto, el volumen a calcular es:
4 x 4 4 dx2 3 π
dx (x) r (x) R π V
2 2
2 2 2 b
a
2 2
2
0
2 2
0 3
dx x 4 24π 3
x 4x 2 9π
[1]
Calculemos
20
2
dx
x
4
, haciendo el cambio de variable:y 3
2 1
2 1 0 x 1 2 x
y = 4
Eje de giro Radio mayor
y los límites de integración se transforman en:
cuando x = 0 z = 0 y cuando x = 2 z = arcsen 1 = 2 π
Entonces,
π 2coszdz z
4sen 4 dx
x
4 2
π
0
2 2
0
2
Luego, sustituyendo en [1], se tiene:V =
2 0
2
dx x
4
24
π
(
1
π
)
OBJ 4 PTA 4 Calcula la longitud de arco de la curva dada en forma paramétrica por las ecuaciones:
t
0
con
t
2
sen
t
sen
2
y
t
2
cos
t
cos
2
x
.
SOLUCIÓN
La longitud de una curva C dada en forma paramétrica por las ecuaciones: x = x(t) y y = y(t) está dada por la integral: (ver pág. 222 del texto Matemática III de Ingeniería. UNA.)
t d t d
y d t
d x d s
2 t 1 t
2 2
.
Tenemos que: 2sen t 2sen 2t dt
dx
y 2cos t 2cos2t dt
dy
.
Entonces, S
2sent 2sen2t
2cost 2cos2t
dt0
2 2
,
efectuando y simplificando las sumas al cuadrado tenemos:
8 t d t
cos 1
t cos 1 t cos 1 8
t d t cos 1 8
S
π 0 π
0
OBJ 5 PTA 1 Determina el trabajo que se efectúa para levantar un cohete de masa m, de la superficie de la tierra a una altura h.
SOLUCIÓN:
La fuerza de atracción entre los dos cuerpos viene dada por la Ley de Gravitación Universal:
2
x
M
m
G
)
x
(
F
donde m y M son las masas del cohete y de la tierra, respectivamente, x es la distancia entre sus centros de masas y G la constante de gravitación universal, siendo R el radio terrestre, el trabajo es:) h R ( R
GmM h x
1 GmM x
d x
M m G x
d ) x ( F W
h R R h
R
R 2
h R
R
Por lo tanto, el trabajo que se efectúa para levantar un cohete de masa m, de la superficie de la tierra a una
altura h es
) h R ( R
GmM h W
.
OBJ 6 PTA 6 Halla todos los vectores unitarios
u
u
1iˆ
u
2jˆ
u
3kˆ
tales que el ángulo entreu
y
v
iˆ
kˆ
sea igual al ángulo entre u y w iˆ jˆ SOLUCIÓN:
El ángulo entre dos vectores no nulos x ,y es el número real que satisface las siguientes condiciones:
i) 0 , ii)
y x
y , x φ
cos
Llamemos 1 el ángulo entre los vectores u y v
, entonces,
2 2 2
3 1 1
3 2 1
u
u
u
2
u
u
v
u
v
,
u
φ
os
c
[1]Llamemos 2 el ángulo entre los vectores u y w
, entonces,
2 2 2
2 1 2
3 2 1
u
u
u
2
u
u
w
u
w
,
u
φ
cos
[2]
Queremos hallar todos los vectores unitarios u tales que cos1 = cos2. Entonces, igualando [1] y [2] se tiene:
2 2 2
2 1 2
2 2
3 1
3 2 1 3
2
1 2 u u u
u u
u u u 2
u u
,
Como
u
es unitario (u3 = u2 )1 = 2 2 2 2 2
2 1 3 2
1
u
u
u
2
u
u
u
Por lo tanto,
2 2t 1 u1
Finalmente
1 2t ,t,t
u 2 u2 = t IR (estos son los vectores buscados)
OBJ 7 PTA 7Calcula la longitud de arco de la función G(t) = ( a2 t, a2 t sen (t) , a2 t cos (t) ) con
0
t
2
π
y a constante positivaSOLUCIÓN:
La longitud de arco de F entre 0 y 2 está dada por la integral
s
(
t
)
G
(
t
)
d
t
2 0
, donde
a ,a sent a cost,a cost a sent
) t (
Luego,
a
1
a
Ln
2
3
a
Ln
2
a
3
t
d
a
3
)
t
(
s
42 0 t 2 2
0 t
2
.Por lo tanto, la longitud de arco de F entre 0 y 2 es:
a
1
a
Ln
2
3
)
t
(
s
4
OBJ 8 PTA 8 Considera la función vectorial F:
0,
IR3, definida por F(t) =
t
,
cos
t
,
sen
t
. Calcula el triedro de Frenet en el punto
2 F .
SOLUCIÓN:
Se tiene que F(t) =
t
,
cos
t
,
sen
t
.
Entonces, F(t)
1,sent,cost
yF
(
t
)
2
.
1, 1,0
2
F
y
2
2
F
. Luego,
1, 1,0
21 2 π
T
vector tangente unitario en
2 F .
Ahora,
1, sent,cost
2 1 ) t ( F
) t ( F ) t (
T
de donde
0
,
cos
t
,
sen
t
2
1
)
t
(
T
2
1
)
t
(
T
0,0, 1
2 1 2
T
y
2
1
2
T
Entonces,
0,0, 1
2π
N
es el vector normal unitario en
2 F
Por último,
1
,
1
,
0
2
1
2
π
N
2
π
T
2
π
B
.
