Clave Segundo Parcial 1

UNIVERSIDAD DE SAN CARLOS DE GUATEMALA FACULTAD DE INGENIERIA DEPARTAMENTO DE MATEMATICA CLAVE DE EXAMEN

CURSO:

Matemática Básica 2

SEMESTRE:

Segundo

FECHA:

19 / 9 / 2007

HORARIO:

14:50 – 16:30

SECCIONES EVALUADAS:

PyQ

CODIGO DEL CURSO:

103

TIPO DE EXAMEN

Segundo Parcial

FECHA DE ENTREGA

01 / 10 / 2007

(f)__________________________________  Aux. Werner Asdrúbal Arriola M.

UNIVERSIDAD DE SAN CARLOS DE GUATEMALA. FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA DE CIENCIAS, DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA

ÁREA DE MATEMÁTICA BÁSICA 2 SEGUNDO EXAMEN PARCIAL Carné________________ Nombre: ___________________________________ Instrucciones: A continuación aparecen una serie de problemas, resuélvalos en el cuadernillo de trabajo. Al terminar el examen entregue la hoja de problemas dentro del cuadernillo de trabajo. El tiempo de l prueba es de 100 minutos.

PROBLEMA 1 (10 PUNTOS) Encuentre el límite si es posible:

Limx→-∞ [3x+ √(9x2-x)] PROBLEMA 2 (25 PUNTOS) La sección transversal de un tanque de 5 metros de largo es un triángulo equilátero de 4 metros por lado con vértice hacia abajo, el agua fluye al tanque a un ritmo de 1 metro por minuto. ¿Con qué rapidez aumenta el nivel del agua cuando esta tiene un metro de profundidad? PROBLEMA 3 (25 PUNTOS) Un sólido se forma juntando dos hemisferios a los extremos de un cilindro circular recto. El volumen total del sólido es de 12 cm³. Encontrar el radio del cilindro que produce el área superficial mínima. PROBLEMA 4 (20 PUNTOS) Encuentre una ecuación de la recta tangente a la gráfica  x²y² - 9x² - 4y²= 0 en el punto (-4, 2 3). PROBLEMA 5 (20 PUNTOS) Dibuje la gráfica de una función f  que tenga las características indicadas. f(0) = f(6) = 0 f´(3) = f´(5) = 0 f´(x) > 0 si x < 3, y x > 5; f´(x) < 0 si 3 < x < 5 f"(x) < 0 si x < 3 o x > 4; f"(x) > 0 si 3 < x < 4

PROBLEMA 1

Limx→-∞ [3x+ √ (9x2-x)] Multiplicamos la expresión por uno a manera de eliminar la raíz, para que nos quede una diferencia de cuadrados y operamos: Lim x→-∞ 3x+√ (9x²-x) 3x - √(9x² - x) 3x - √ (9x² - x) = lim x→-∞ (3x)² - √(9x² - x))² 3x - √ (9x² - x) = lim x→-∞

=

lim x→-∞

(9x² - 9x² + x) 3x - √ (9x² - x)

x 3x-√ (9x²-x)

En el denominador sacamos factor común a 9x²: Lim x→-∞ x = lim x→-∞ x 3x - √9x² 1 - x 3x - √9x² 1 - 1 9x² 9x = lim x→-∞

x 3x - |3x| √1 - 1 9x

 Aplicamos valor absoluto para toda x < 0, esto va a ser igual a |3x| = 3x, y obtenemos: lim x→-∞

x 3x - (3x) √1 – 1 9x

= lim x→-∞

Luego aplicamos factor común en el denominador: Lim x→-∞

x (3x) 1 + √1 - 1 9x

x 3x+ 3x √1 - 1 9x

 Así podemos eliminar x tanto en el numerador como en el denominador; Lim x→-∞

1 3 1 + √1 - 1 9x

Y por último valuamos: Lim x→-∞ 1 3 1+√1 - 1 9(∞)

Y como sabemos que cualquier número dividido ∞ va a tender a cero, obtenemos lo siguiente: Lim x→-∞ 1 3 (1+√ (1 –  0)) Lim x→-∞ Lim x→-∞

1 3(1 + √1 ) 1 (3(2))

= 1 6

Y obtenemos la solución cuando

R//

lim x→-∞ [3x+√(9x² -x)] = 1 6

PROBLEMA 2 Datos: dV = 1m³ dt min

Cuando,

h = 1m

4

Para poder encontrar la altura del triángulo aplicamos el teorema de Pitágoras: c² = (a² + b²);

4

4

5

equilátero,

En donde despejando b = √ (c² -a²) 4

h 4

4

h = √ (4)² - (2)² h = 2√3 Como sabemos que el volumen del tanque va a ser igual a V = Área de triangulo x longitud; donde:  Atriángulo = bh ; donde: b = base 2 h = altura

4 b h

4

Y como la base del triángulo es variable, debemos dejarla en términos de h. Haciendo relación de triángulos, obtenemos:

b = h 2 2√3 b= h √3 Como sabemos que la base total va a ser b = 2b, sustituimos en la ecuación de volumen: V = 2bh (5) 2 V = 5bh

V = h² (5) √3 V = 5h² √3 Luego derivamos la ecuación en términos de t: dV = 10h dh dt √3 dt Y despejamos dh : dt dV dh= dt dt 10h √3 Luego sustituimos los datos que nos proporcionan: dh = (1 m³ / min) = √3 dt (10(1)) 10 (√3)

R// dh = √3 dt 10

PROBLEMA 3 V = 12 cm³ Volumen total = Volumen cilindro + Volumen V = rh² + 4 r³ 3

r 

Sustituimos el volumen total: 12 = rh² + 4 r³ ecuación No. 1 3

h

 Área Superficial = S cilindro + S esfera S = 2 rh + 4 r² ecuación No. 2 Despejamos h de la ecuación No. 1 12 = rh² + 4 r³ 3 h = 12 - 4 r³ 3 ( r² ) h = 36 - 4 r³ 3 ( r²) h = 36 - 4 r³ 3 r²

ecuación No. 3

Sustituimos ecuación No. 3 en ecuación No. 2 S = (2πr)(36 - 4πr³) + 4πr² 3πr² S = 2πr(36-4πr³) + 4πr² 3πr² S = 2(36 - 4 r³) + 4 r² 3r S = 72 - 8 r³ 3r

+ 4 r²

Como S = mínima S’ = 0

S’ = (8)( r³ - 9) 3r² 0 = (8)( r³ - 9) 3r² 0 = 8 r³ - 72 8 r³ = 72 r³ = 72 8 r = 3√ 72 8π r = 3√ 9 π

R// r = 3√ 9 π

PROBLEMA 4 Como sabemos que la pendiente es la f’(x), entonces derivamos implícitamente: x²y² - 9x² - 4y² = 0 d x²y² - 9x² - 4y² = 0 dx d (x²y²) + d ( -9x²) + d (-4y²) = 0 dx dx dx 2xy² + x² 2y dy - 18x - 8y dy = 0 dx dx x²y dy -8y dy = 18x - 2xy² dx dx dy (x²2y - 8y) = 18x - 2xy² dx dy = 18x - 2xy² dx 2x²y - 8y  Ahora valuamos en el punto que nos dan (- 4,2√3 ) dy = 18(-4) -2(-4)(2√3 )² dx 2(-4)²(2√3) - 8(2√3 )

dy = √3 dx 6

m = √3 6

La ecuación de la recta tangente es: y – y1 = m (x  – x1) y = m (x – x1) + y1 Sustituimos valores: y = √ 3 (x + 4) +2√3 = √3 x + 4√3 + 2√3 6 6 6

y = √3 x + 8√3 6 3

R// ecuación de la recta tangente y = √3 x + 8√3 6 3

PROBLEMA 5 El problema se corrigió de tal manera que se eligió: Que f’(3) y f’(5) no existen , y obtenemos que: f(0) a f(3) = cóncava hacia abajo f(4) = punto de inflexión f(3) a f(4) = cóncava hacia arriba f(4) a f(5) = cóncava hacia abajo y en la intersección de f(6) = cóncava hacia abajo