I1 Calculo 2 10

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE FACULTAD DE MATEMATICAS DEPARTAMENTO DE MATEMATICA

Interrogaci´ on N◦ 1 de Mat1512 L.04.04.2005 Nombre: ............................................................. Secci´ on N◦ :........ (1)

(i) Siendo p ∈ N, calcular

lim 2

n→∞

n X (3n + 2k)p

np+1

k=1

. [ 3 puntos]

(ii) Calcular el ´area plana σ encerrada por las curvas de ecuaciones: y = x4 e y = 32 − x4 . [ 3 puntos] 1 punto base (2)

(i) Demostrar que:

n X

¡n¢ (−1)k+1

k

=

n X 1 . [ 3 puntos] k

Z

c

k k=1 £ ¤ (ii) Sean f continua y g integrable en a, b con g(x) > 0 y f (x) mon´otona, entonces: k=1

¤ £ ∃c ∈ a, b :

Z

b

f (x)g(x)dx = f (a) a

Z

b

g(x)dx + f (b) a

g(x)dx . [ 3 puntos] c

1 punto base (3) Calcular el ´area de la porci´on de plano encerrada por la curva dada por las ecuaciones param´etricas x(t) = 10 cos t + cos 10t, y(t) = −10 sen t − sen 10t, cuando t ∈ [0, 2π]. [ 6 puntos] 1 punto base (4) Un observatorio tiene la forma de un s´olido cuya base es un c´ırculo de di´ametro AB = 2a. Encontrar el volumen de este observatorio si cada secci´on transversal perpendicular con AB es un cuadrado. [ 6 puntos] 1 punto base

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(1)

(i) Siendo p ∈ N, calcular

lim 2

n→∞

n X (3n + 2k)p k=1

np+1

. [ 3 puntos]

(ii) Calcular el ´area plana σ encerrada por las curvas de ecuaciones: y = x4 e y = 32 − x4 . [ 3 puntos] 1 punto base Soluci´ on: Para (i): Tenemos: lim 2

n→∞

n X (3n + 2k)p

np+1

k=1

Z

5

=

¶p ¶p n µ n µ 2X k 5−3 X k 3+2 = lim 3+2 = n→∞ n→∞ n n n n

= lim

k=1

k=1

xp+1 ¯¯5 5p+1 − 3p+1 . [ 3 puntos] ¯ = p+1 3 p+1

xp dx =

3

Para (ii): 30

Considerando la figura 1, tenemos que las curvas dadas se intersecan en los puntos P0 (−2, 16) y P1 (2, 16), porque: ¾ y = x4 y = 32 − x4

25 20 15 10 5 –2

0

–1

entrega las soluciones reales x = ±2 y = 16.

2

1

Fig. 1 Luego, el ´area pedida σ se consigue con: Z

2

σ= µ

¡ ¢ 32 − x4 − x4 dx =

−2

¶ x5 ¯¯2 512 . [ 3 puntos] = 2 16x − ¯ = ··· = 5 5 −2 1 punto base

2

(2)

(i) Demostrar que: n X (−1)k+1 k=1

¡ n¢ k

n X 1

=

k

k=1

£

k

. [ 3 puntos]

¤

(ii) Sean f continua y g integrable en a, b con g(x) > 0 y f (x) mon´otona, entonces: ¤ £ ∃c ∈ a, b :

Z

Z

b

f (x)g(x)dx = f (a) a

Z

c

g(x)dx + f (b) a

b

g(x)dx . [ 3puntos] c

1 punto base Soluci´ on: Para (i): Se sabe que:

µ ¶ n k (1 − x) = (−1) x , k k=0 n X

n

de donde: n

1 − (1 − x) =

n X

k

(−1)

k+1

k=1

luego:

µ ¶ n k x , k

µ ¶ n 1 − (1 − x)n X k+1 n xk−1 , = (−1) k x k=1

pero: Z

1 0

µ ¶Z 1 µ ¶ n n X X k−1 k+1 n k+1 n xk−1 dx = x dx = (−1) (−1) k k 0 k=1 k=1 =

n X

¡n¢ (−1)k+1

k=1

k

k

.

(1)

Por otro lado, tenemos que en: Z 1 1 − (1 − x)n dx , x 0 al hacer el cambio de x por 1 − x se consigue: Z

1 0

1 − (1 − x)n dx = x

Z

1 0

3

1 − xn dx = 1−x

Z

n−1 1X 0

k=1

xk dx =

=

n−1 Z X

1

xk dx =

0

k=1

n X 1 k=1

.

k

(2)

De (1) y (2) resulta lo pedido, o sea: ¡ n¢ n n X X 1 k+1 k (−1) = . [ 3 puntos] k k k=1 k=1 Para (ii): Sea:

Z

Z

x

h(x) = f (a)

b

g(u)du + f (b)

g(u)du ,

a

x

luego:

Z

b

h(a) = f (b)

g(t)dt , a

y:

Z

b

g(t)dt ,

h(b) = f (a) a

£ ¤ adem´as, h(x) es continua en a, b .

Por otra parte, a causa del (P.T.V.M.I.G.) resulta: ¤

Z

£

Z

b

b

f (x)g(x)dx

g(x)dx =

∃c1 ∈ a, b : f (c1 )

(3)

a

a

por otro lado, como f (x) es mon´otona, digamos que es creciente, se tiene: f (a) ≤ f (c1 ) ≤ f (b), de donde: Z

Z

b

f (a)

Z

b

g(x)dx ≤ f (c1 ) a

a

o sea:

Z

g(x)dx ≤ h(a) , a

o mejor, por (3): b

h(b) ≤

f (x)g(x)dx ≤ h(a) , a

4

g(x)dx , a

b

h(b) ≤ f (c1 )

Z

b

g(x)dx ≤ f (b)

y, a causa del teorema del valor intermedio se consigue: Z b ∃c ∈ ]a, b[: h(c) = f (x)g(x)dx, a

pero h(c) = f (a) [ 3 puntos]

Rc a

g(u)du + f (b)

Rb c

g(u)du y de ello llegamos a la tesis. 1 punto base

5

(3) Calcular el ´area de la porci´on de plano encerrada por la curva dada por las ecuaciones param´etricas x(t) = 10 cos t + cos 10t, y(t) = −10 sen t − sen 10t, cuando t ∈ [0, 2π]. [ 6 puntos] 1 punto base Soluci´ on: Y

Tomando en cuenta la figura 2, tenemos que debido a la simetr´ıa con el eje de abscisas se deduce que el ´area pedida es el doble de alguna de estas porciones, por ejemplo:

X

O

Fig. 2 Z

2π

σ=2

(−10 sen t − sen 10t) (−10 sen t − 10 sen 10t) dt = [ 2puntos] π

Z

2π

= 20

(10 sen t + sen 10t) (sen t + sen 10t) dt = π

Z

2π

= 20 Z

¡ ¢ 10 sen2 t + 11 sen t sen 10t + sen2 10t dt =

π

2π

= 20 π

µ ¶ 11 1 5(1 − cos 2t) + (cos 9t − cos 11t) + (1 − cos 20t) dt = [ 2puntos] 2 2

= · · · = 110π . [ 2puntos] 1 punto base

6

(4) Un observatorio tiene la forma de un s´olido cuya base es un c´ırculo de di´ametro AB = 2a. Encontrar el volumen de este observatorio si cada secci´on transversal perpendicular con AB es un cuadrado. [ 6 puntos] 1 punto base Soluci´ on: −→

Colocamos el eje OX sobre el trazo AB de modo que A(−a, 0, 0) y B(a, 0, 0) [ 2puntos], luego la circunferencia del c´ırculo dado es

Z

x2 + y 2 = a2 , z = 0 Y

X

y la secci´on transversal en forma de cuadrado y perpendicular con AB tiene ´area:

Fig. 3

σ(x) = 4(a2 − x2 ) , [ 2puntos] entonces el volumen pedido es: Z V=2

a

4(a2 − x2 )dx =

0

= ··· =

16 3 a . [ 2puntos] 3 1 punto base

7