I3 Tav Calculo 2

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile Facultad de Matem´ aticas 20 de enero de 2006 MAT 1512 - C´ alculo II Interrogaci´ on N◦ 3 1. Sea R la regi´on obtenida uniendo el rect´angulo con v´ertices (−2, 0), (−2, 1), (0, 1) y (0, 0) con la porci´on del c´ırculo x2 + y 2 ≤ 1, que se halla en el primer cuadrante. a) [4 ptos.] Hallar el centroide de R. Soluci´ on: Llamemos R1 al rect´angulo y R2 al sector circular, como muestra la figura:

1

R1

–2

R2

–1

1

x

Sean (¯ x1 , y¯1 ) y (¯ x2 , y¯2 ) los centroides y A1, A2 las ´areas de R1 y R2 , respectivamente. Entonces, si (¯ x, y¯) es el centroide de R tenemos que µ x ¯ =

A1 A1 + A2

¶

µ x ¯1 +

A2 A1 + A2

¶

µ x ¯2 ;

y¯ =

A1 A1 + A2

¶

µ y¯1 +

A2 A1 + A2

Tenemos que A1 = 2;

A2 =

π . 4

y¯1 =

1 . 2

Por otro lado, por simetr´ıa tenemos que x ¯1 = −1;

Como la regi´on R2 es sim´etrica respecto a la recta y = x tenemos que x ¯2 = y¯2 y Z

1 y¯2 = A2

1

0

1 2 y dx, 2

√ siendo y = 1 − x2 . Luego, Z 0

1

1 1 2 y dx = 2 2

Z 0

1

(1 − x2 ) dx =

1 . 3

¶ y¯2 .

Por tanto, como A2 =

π 4

, obtenemos x ¯2 = y¯2 =

4 . 3π

As´ı obtenemos, finalmente, que µ x ¯ = = − µ y¯ = =

2 2+

µ

¶ π 4

(−1) +

π 4

2+

¶µ π 4

4 3π

¶

20 ≈ −0,6 ; 24 + 3π 2 2+

¶µ ¶ µ π 1 4 + π 2 2 + 4

¶µ π 4

4 3π

¶

16 ≈ 0,48 ¥ 24 + 3π

b) [2 ptos.] Usar el teorema de Pappus y la respuesta a la parte anterior para calcular el volumen del s´olido obtenido al girar la regi´on R alrededor de la recta x = 1. Soluci´ on: Por Pappus, el volumen deseado, V, es igual a 2π · d · A, donde A es el ´area de R y d la distancia de su centroide a la recta x = 1. π Por la parte (a) tenemos que A = A1 + A2 = 2 + , mientras que 4 d = 1−x ¯ = 1+

20 44 + 3π = . 24 + 3π 24 + 3π

Por lo tanto, ¶ µ ¶ µ ³ π´ π 44 + 3π 44 + 3π V = 2π · 2 + = · (8 + π) · · 4 24 + 3π 2 24 + 3π

¥

2. Estudie la convergencia de las siguientes series: a)

∞ X n ln(n) √ . n5 + 1 n=1

n ln(n) . Soluci´ on: Sea an = √ n5 + 1 Observamos que, cuando n es grande, an ≈ As´ı pues, si bn =

1

ln(n) . n3/2

entonces

n5/4

n9/4 ln(n) an q = l´ım n→∞ 5/2 n→∞ bn n 1+ 1 l´ım

= l´ım

n→∞

n5

ln(n) 1 ·q 1/4 n 1+

1 n5

= 0 · 1 = 0,

ya que el logaritmo crece m´as despacio que cualquier potencia positiva de x. ∞ X

∞ X 1 Por otra parte, sabemos que converge. bn = 5/4 n n=1 n=1

Por lo tanto, por el criterio asint´ otico de comparaci´ on,

∞ X

an converge

n=1

b)

∞ X

¡ n+1 ¢n2

n=1

n

3n

.

¡ n+1 ¢n2 Soluci´ on:

Sea an =

n

. Entonces,

3n

l´ım

n→∞

¡ n+1 ¢n

p n

|an | = = =

l´ım

n

3 µ ¶ 1 1 n l´ım 1 + 3 n→∞ n

n→∞

e < 1. 3

Luego, por el criterio de la ra´ız en´esima la serie

∞ X n=1

an converge

¥

¥

Z 3.

a) Estudie la convergencia de la integral 3

Soluci´ on:

4

dx √ . x3 − 27

1 Sea f (x) = √ . 3 x − 27

Como p

x3 − 27 =

p p (x − 3) · (x2 + 3x + 9) = (x − 3)1/2 x2 + 3x + 9

tenemos que, cuando x ≈ 3, f (x) ≈ g(x) =

1 . (x − 3)1/2

En efecto, f (x) 1 1 = l´ım √ = 6= 0, 6= ∞. 2 x→3+ g(x) 27 x + 3x + 9 Z 4 Z Por tanto, la integral f (x) dx converge o diverge seg´ un lo haga l´ım

x→3+

3

4

g(x) dx.

3

Z b dx 1 es del tipo con α < 1, dicha Como g(x) dx = 1/2 (x − a)α a 3 3 (x − 3) Z 4 integral converge y luego, por comparaci´on, f (x) dx converge ¥ Z

Z

4

4

3

b)

Indique si la serie

∞ X

(−1)

n+1

n=1

µ ¶ 1 sen converge absolutamente, converge n

condicionalmente o diverge. Soluci´ on:

Primero estudiamos la convergencia absoluta. Esto es, µ ¶¯ µ ¶ ∞ ¯ ∞ X X ¯ ¯ 1 ¯ (−1)n+1 sen 1 ¯ = . sen ¯ ¯ n n n=1

n=1

Tenemos que l´ım

n→∞

sen

¡1¢

1 n

n

= |{z} 1 x= n

sen(x) = 1. x→0+ x l´ım

∞ X 1 y ´esta diverge. Por Luego, la serie de los valores absolutos se comporta como n n=1 tanto, la serie original no converge absolutamente. µ ¶ 1 Por otro lado, la sucesi´on an = sen es positiva, tiende a cero cuando n → ∞ n y es decreciente, ya que µ ¶ µ ¶ µ ¶ d 1 1 1 sen = − 2 cos < 0 dx x x x

si x ≥ 1. Luego, por el criterio de Leibniz, la serie

∞ X

(−1)n+1 an converge y, como

n=1

no lo hace en valores absolutos, la serie converge condicionalmente ¥

Z 4. Encuentre todos los valores de α converge. Soluci´ on:

∈

∞

R para los cuales

xα

0

dx √ 3 x4 + 1

Escribimos Z

∞

0

dx √ = 3 xα x4 + 1

Z

1

|0

Z ∞ dx dx √ √ + . 3 3 xα x4 + 1 xα x4 + 1 1 {z } | {z } I1

I2

An´alisis de I1: Notamos que esta integral es impropia en 0 s´olo si α > 0 (luego, converge trivialmente para valores negativos de α ) y para tales valores, el integrando se comporta, cerca de x = 0, como 1/xα . En efecto,

l´ım

³ ´ √ 1/ xα 3 x4 + 1

x→0+

=

1/xα Z

1

Por tanto, I2 se comporta como 0

α < 1.

1 l´ım √ = 1. 3 4 x +1

x→0+

dx y esta u ´ltima converge si y s´olo si xα

An´alisis de I2: Cuando x es grande, el integrando se “asemeja” a

1 4

xα+ 3

.

En efecto, ³ l´ım

x→∞

1/

xα

´ √ 3 4 x +1 α+ 43

1/x

4

xα+ 3 q x→∞ α+ 4 3 x 3 1+

= l´ım Z

Luego, I2 se comporta como α+

4 1 >1 ↔ α>− . 3 3

1

∞

dx x

α+ 43

1 x4

1

= l´ım q x→∞

3

1+

1 x4

= 1.

y esta integral converge si y s´olo si

La integral original converge si y s´olo si lo hacen I1 e I2. Z ∞ dx 1 √ Por tanto, converge si y s´olo si − < α < 1 ¥ 3 3 xα x4 + 1 0