I1 De Calculo 21

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE FACULTAD DE MATEMATICAS DEPARTAMENTO DE MATEMATICA

Interrogaci´ on N◦ 1 de Mat1512 S.12.04.2003 Nombre: ............................................................. Secci´ on N ◦ :........ (1)

(i) Calcular:

lim

n→∞

n X

k=1

k . [ 3 puntos] n2 + k 2

(ii) Sean f y g integrables en [a, b] con g(x) ≥ 0; f (x) > 0 y decreciente, entonces: Z c Z b   g(x)dx . [ 3 puntos] f (x)g(x)dx = f (a) ∃c ∈ a, b : a

a

1 punto base (2)

(3)

(i) Calcular la longitud del arco de curva dado mediante C : ~r(t) = et (cos t, sen t) cuando 0 ≤ t ≤ π. [ 3 puntos] Z (ii) Verificar mediante derivaci´on que x sen xdx = sen x − x cos x + C y utilizarla

para calcular el volumen de revoluci´on que se genera al rotar la curva de ecuaci´on y = sen x cuando 0 ≤ x ≤ π en torno al eje de ordenadas. [ 3 puntos] 1 punto base Z 1 x (i) Demostrar que si f (x) es continua y decreciente, entonces: f (u)du es x 0 decreciente. [ 3 puntos]

(ii) Encontrar el a´rea de la porci´on de plano comprendida entre los arcos de curva asociados a f (x) = 1 − x4 y g(x) = x3 − x cuando x est´a en el intervalo cerrado [−2, 2]. [ 3 puntos] 1 punto base 1 , (4) Demostrar que si un m´ovil se desplaza con una rapidez dada por v(t) = (7t + 4)2   entonces la rapidez media en cualquier intervalo de tiempo t1 , t2 es igual al medio geom´etrico entre la rapidez inicial y la rapidez final del m´ovil en ese intervalo. [ 6 puntos] 1 punto base

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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE FACULTAD DE MATEMATICAS DEPARTAMENTO DE MATEMATICA

Interrogaci´ on N◦ 1 de Mat1512 S.12.04.2003 Nombre: ............................................................. Secci´ on N ◦ :........

Pauta de correcci´ on (1)

(i) Calcular:

lim

n→∞

n X

k=1

k . [ 3 puntos] n2 + k 2

(ii) Sean f y g integrables en [a, b] con g(x) ≥ 0; f (x) > 0 y decreciente, entonces: Z b Z c   ∃c ∈ a, b : f (x)g(x)dx = f (a) g(x)dx . [ 3 puntos] a

a

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

k 1X n
2 = n→∞ n 1+ k

` = lim

k=1

1 = 2

Z

1

0

Para (ii) Sea:

n

Z

1 0

x dx = [ 1puntos] 1 + x2

√ d(1 + x2 ) 1 2 1 = log(1 + x ) = log 2 . [ 2puntos] 0 1 + x2 2

h(x) = f (a)

Z

x

g(u)du , a

Rb luego h(a) = 0 y h(b) = f (a) a g(t)dt [ 1 puntos], adem´as, h(x) es continua en a, b , por (P.T.V.M.I.G.) resulta que: 



∃c1 ∈ a, b : f (c1 )

Z

b

g(x)dx = a

Z

b

f (x)g(x)dx , [ 1puntos]

(1)

a

adem´as, a < c1 < b y como f (x) es positiva y decreciente, nos resulta que f (a) > f (c1 ) > 0, de donde: Z b Z b g(t)dt > 0 = h(a), g(t)dt > f (c1 ) h(b) = f (a) a

a

y a causa del teorema del valor intermedio se consigue:   ∃c ∈ a, b : h(c) = pero h(c) = f (a)

Rc a

Z

b

f (x)g(x)dx , a

g(x)dx y de esto el resultado. [ 1 puntos] 1 punto base

(2)

(i) Calcular la longitud del arco de curva dado mediante C : ~r(t) = et (cos t, sen t) cuando 0 ≤ t ≤ π. [ 3 puntos] Z (ii) Verificar mediante derivaci´on que x sen xdx = sen x − x cos x + C y utilizarla para calcular el volumen de revoluci´on que se genera al rotar la curva de ecuaci´on y = sen x cuando 0 ≤ x ≤ π en torno al eje de ordenadas. [ 3 puntos] 1 punto base

Soluci´ on: Para (i) Se tiene: x = et cos t ⇒

dx dy = et (cos t − sen t) , y = et sen t ⇒ = et (sen t + cos t) , dt dt

√ de donde ds = et 2dt, por lo tanto, la longitud pedida es: Z π√ √ `= 2et dt = 2 (eπ − 1) . [ 3puntos] 0

Para (ii) Es claro que: d (sen x − x cos x + C) = x sen x , dx ahora bien, el volumen pedido es: Z π 2π x sen xdx = 2π 2 . [ 3puntos] 0

1 punto base

(3)

1 (i) Demostrar que si f (x) es continua y decreciente, entonces: x decreciente. [ 3 puntos]

Z

x

f (u)du es 0

(ii) Encontrar el a´rea de la porci´on de plano comprendida entre los arcos de curva asociados a f (x) = 1 − x4 y g(x) = x3 − x cuando x est´a en el intervalo cerrado [−2, 2]. [ 3 puntos] 1 punto base Soluci´ on: Para (i) Tenemos, a causa del teorema fundamental del c´alculo, segunda parte: Z x Z e(u)du i xf (x) − d h1 x 0 , f (u)du = dx x 0 x2 luego, por el teorema del valor medio integral se tiene que: Z     x f (u)du = xf (c) , ∃c ∈ 0, x : 0

o sea: d h1 dx x

Z

x 0

i xf (x) − xf (c)
1 f (u)du = f (x) − f (c) < 0 . [ 3puntos] = 2 {z } x x | <0

Para (ii) Considerando la figura 1, tenemos que el a´rea pedida es: Z −1 
σ= −(1 − x4 ) + (x3 − x) dx+

5 –2

−2

x 1

–1 0

2

+

–5

–10

–15

Fig. 1

+

Z

Z

1 −1 2

1






(1 − x4 ) − (x3 − x) dx+


−(1 − x4 ) + (x3 − x) dx ,

que al calcularla produce: σ=

59 8 149 + + = 12 . 20 5 20

[ 3 puntos] 1 punto base

1 (4) Demostrar que si un m´ovil se desplaza con una rapidez dada por v(t) = , (7t + 4)2   entonces la rapidez media en cualquier intervalo de tiempo t1 , t2 es igual al medio geom´etrico entre la rapidez inicial y la rapidez final del m´ovil en ese intervalo. [ 6 puntos] 1 punto base Soluci´ on:   La rapidez media en el intervalo t1 , t2 es, por definici´on: 1 t2 − t 1 =

Z

t2

t1

1 v(t)dt = t2 − t 1

Z

t2

t1

1 dt = (7t + 4)2

7(t2 − t1 ) 1 = . [ 3puntos] 7(t2 − t1 )(7t1 + 4)(7t2 + 4) (7t1 + 4)(7t2 + 4)

Ahora bien, como:

v(t1 ) =

1 1 y v(t2 ) = , 2 (7t1 + 4) (7t2 + 4)2

se tiene lo pedido, puesto que el medio geom´etrico entre v(t1 ) y v(t2 ) es: p v(t1 )v(t2 ) =

1 . [ 3puntos] (7t1 + 4)(7t2 + 4) 1 punto base