Analisis Ii (modulo 3)

ACTIVIDAD 1.

∫ (2 + 3 x)

a)

sen 5x dx

u = 2 + 3x 1 v = − cos 5x 5

Plantearemos el método de integración por partes du = 3 dx dv = sen 5x dx

Siendo ∫ u dv = u v − ∫ v du

∫ (2 + 3 x)

resulta:

sen 5x dx = ( 2 + 3x ) . ( −

1 1 cos 5x) − ∫ − cos (5x) . 3 dx 5 5

= −

2 3 3 cos (5x) − x cos (5x) + ∫ cos(5 x ) dx 5 5 5

= −

2 3 3 1 cos (5x) − x cos (5x) + . sen (5x) + C 5 5 5 5

= −

2 3 3 cos (5x) − x cos (5x) + sen (5x) + C 5 5 25

Verificación:

[ F ( x) + C ] ′ =

2 sen 5x dx −

3

3

3

[ 5 cos 5x + 5 x (−sen 5x) 5]dx + 25 cos 5x . 5 dx + 0

= 2 sen (5x) dx −

3 3 cos (5x) dx + 3 x sen (5x) dx + cos (5x) dx 5 5

= 2 sen (5x) dx + 3 x sen (5x) dx = (2 + 3x) sen (5x) dx

b)

∫

x+2 dx x − 3x 2 3

Buscaremos la primitiva reduciendo a fracciones simples.

Raíces del denominador: 2 x 3 − 3x 2 = x ( x − 3)

luego x1 = 0 x2 = 0 x3 = 3

I

Raíces reales

Prescindimos por un instante de las integrales y trabajamos algebraicamente para obtener algo de la forma:

∫

x+2 dx = 3 x − 3x 2

x+2 = 2 x .( x − 3)

∫

A1 dx + x

∫

A2 dx + x2

∫

A3 dx ( x − 3)

A1 A2 A3 x( x − 3) A1 + ( x − 3) A2 + x 2 A3 + 2+ x x ( x − 3) = x 2 ( x − 3)

Comparando los numeradores de la primera y última fracción resulta: x + 2 = x (x − 3) A1 + (x − 3) A2 + x2 A3 Para x=0:

0 + 2 = 0 (0 − 3) A1 + (0 − 3) A2 + 02 A3 2 = − 3 A2

Para x=3:

de donde

A2 = − 2 3

3 + 2 = 3 (3 − 3) A1 + (3 − 3) A2 + 32 A3 5 = 9 A3

de donde

A3 = 5 9

(Evaluamos para x=1 así despejamos A1, conociendo previamente A2 y A3). Para x=1: 1 + 2 = 1 (1 − 3) A1 + (1 − 3) ( − 2 3 ) + 12 ( 5 9 ) 3 = (−2) A1 + 4 3 + 5 9 10

9 = (−2) A1

de donde

A1 = − 5 9

Tenemos ahora las tres constantes resueltas, sólo nos queda evaluar la integral planteada al principio. Siendo más sencillo, dado que resultan tres integrales inmediatas.

∫

5 x+2 − 2 dx = 9 x − 3x 3

∫

1 2 dx − x 3

∫

1 5 dx + 2 9 x

∫

1 dx ( x − 3)

= − 5 9 ln x + 2 3 x−1 + 5 9 ln x−3 + C Verificación:

II

[ F ( x) + C ] ′ =

−

51 2 1 5 1 dx − dx + dx + 0dx 2 9x 3x 9 ( x − 3)

− 5 x( x − 3)dx − 6( x − 3)dx + 5 x 2 dx = 9 x 2 ( x − 3) − 5 x 2 dx + 15 xdx − 6 xdx + 18dx + 5 x 2 dx = 9 x 2 ( x − 3) =

9 xdx + 18dx 9 x 2 ( x − 3)

=

9( x + 2)dx 9 x 2 ( x − 3)

=

( x + 2)dx ( x + 2)dx = 2 x ( x − 3) x3 − 3x 2

ACTIVIDAD 2. Área del triángulo comprendido entre las rectas: y1 = x+1

y2 = −2x+10

y 3 = −x −1

Puntos de corte: y1 = x+1 = 3x = x =

y2 −2x+10 9 3

y1 = y3 x+1 = −x−1 2x = −2 x = −1

y2 = y3 −2x+10 = −x −1 −x = −11 x = 11

Gráfico generado en Matlab R12

III

Por lo tanto: 3

Área =

11

∫ [ y − y ]dx + ∫ [ y − y ]dx 1

3

2

−1

=

3

3

3

11

−1

3

∫ [ x + 1 + x + 1]dx + ∫ [ − 2 x + 10 + x + 1]dx 3

11

∫

∫

(

= (2 x + 2)dx + (− x + 11)dx = x 2 + 2 x −1

3

)

 1  11 +  − x 2 + 11x  3 −1  2 3

 121  9  = 9 + 6 − (1 − 2) + − + 121 −  − + 33  = 15 + 1 + 32 = 48u.a.  2   2 ACTIVIDAD 3. Función de Demanda: p1 = f(q) = 100 − 0.05q

Función de Oferta: p2 = g(q) = 10 + 0.1q

Donde “p” es el precio por unidad (en dólares) de “q” unidades. Determinamos el punto de intersección (q0,p0) entre la oferta y la demanda, igualando ambas funciones. 100 − 0.05q 90 90 q

= = = =

10 + 0.1q (0,05 + 0,1) q 0,15 q 600

Hallamos el valor de imagen para q0 = 600, reemplazando en una de las dos funciones. (Elegimos la función de oferta). p2 = g(q) = 10 + (0,1) 600 p2 = g(q) = 70 El punto de equilibrio es: (q0;p0) = (600;70) El excedente de demanda o superávit de los consumidores es la región comprendida entre p1(q) y la recta p = 70, entre 0 y 600, o sea:

IV

600

600

∫ (100 − 5100 q − 70)dq = ∫ (− 120 q + 30)dq =(− 140 q 0

2

+ 30q

)

600 0

=−

0

1 (600) 2 + 30.(600) 40

= −9000 + 18000 = 9000 El excedente de demanda o superávit de los consumidores asciende a $9000, cuando el mercado está en equilibrio.

Gráfico generado en Matlab R12 y Power Point

El excedente de oferta o superávit de los productores es la región comprendida entre las rectas p = 70 y p2(q), entre 0 y 600, o sea: 600

600

∫ (70 −10 − 110 q )dq = ∫ (− 110 q + 60)dq =(− 120 q 0

0

2

+ 60q

)

600 0

=−

1 (600) 2 + 60.(600) 20

= −18000 + 36000 = 18000 El superávit o excedente de los productores asciende a $18000, cuando el mercado está en equilibrio. ACTIVIDAD 4. Resolución de una integral impropia y posterior clasificación en convergente o divergente. V

4

∫ 1

dx x −1

Analizamos el dominio de la función: x−1>0

→

→

x > 1

Df = (1,∞)

Como el intervalo de integración es [1,4] ; la discontinuidad aparece en el extremo inferior de dicho intervalo, es decir que el lim f ( x) no existe. x→1

Gráficamente la situación se visualiza como:

Gráfico generado en Matlab R12

Por lo que la integral resulta: 4

∫ 1

dx = lim ε →0 x −1

4

∫

dx x −1

1+ ε

Aquí pueden ocurrir dos cosas, que el límite exista y sea un valor finito (en cuyo caso la integral converge) o bien, el límite sea infinito (en cuyo caso la integral es divergente). Así que resolvemos y luego analizamos. 4

lim

ε →0

∫

1+ ε

dx = lim x − 1 ε →0

4

∫

( x − 1) − 12 dx = 2( x − 1) 12 

1+ ε



4

1+ ε

[

]

= 2 4 −1 − 2 1+ ε −1 = 2 3 − 2 ε

Dicho límite es igual a 2 3 , dado que 2 ε → cero . Por ser el resultado del límite un valor finito estamos ante una integral impropia convergente y su valor es 2 3 .

VI

ACTIVIDAD 5. Cálculo del volumen limitado por la función z = x + 2y, con dominio de definición D, comprendido entre las funciones: y1 = x2

y2 = x + 2

e

Gráfico generado en Matlab R12

Para encontrar los límites de integración debemos igualar las dos funciones. y1 = y2 2 x =x+2 2 x −x−2=0 x=

1±

( − 1) 2 − 4.1.( − 2) 2.1

=

1± 1+ 8 1± 3 = 2 2 x1 = −1 x2 = 2

De donde resultan dos raíces reales distintas:

VII

Planteamos la integral doble sobre la región de tipo I:

−1 ≤ x ≤ 2

x2 ≤ y ≤ x + 2

El volumen resulta de la evaluación de la siguiente integral doble: 2 x+2

∫∫

2

( x + 2 y ) dydx =

−1 x 2

∫ ( xy + )

x+2 y 2 x 2 dx

−1

2

( )

∫

2 =  x( x + 2 ) + ( x + 2 ) 2 − x.x 2 − x 2  dx   −1

2

=

∫(x

2

2

3

4

)

+ 2 x + x + 4 x + 4 − x − x dx =

−1

2

∫ (− x

4

−1 2

 x5 x 4 2 3  = − − + x + 3x 2 + 4 x 4 3  5  −1

Regla de Barrow

 25 2 4 2 3  =  − − + .2 + 3.22 + 4.2  4 3  5   ( − 1) 5 ( − 1) 4 2  −  − − + ( − 1) 3 + 3( − 1) 2 + 4( − 1)  5 4 3   =−

32 16 2 1 1 2  − + .8 + 3.4 + 8 −  − − + 3 − 4  5 4 3 5 4 3 

=−

32 1 16 2 1 333 − + + + − 4 + 12 + 8 − 3 + 4 = u.v. 5 5 3 3 4 20

El volumen resultó de

333 u.v. (unidades de volumen) 20

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[email protected] VIII

)

− x 3 + 2 x 2 + 6 x + 4 dx

IX