´ Universidad Andres es Bello Bello Facultad acultad de Ingenier´ ıa ´ ticas Depar Depart tamento de Ma Matem tematicas a
´ CALCULO II (FMM133) SOLEMNE 1 Abril 17, 2009. Duraci´ on: on: 90 minutos. Importante: No se asignar´ an puntos por respuestas sin justificaci´ an on. on. Problema 1 : Considere la sucesi´on on a
{ } definida por recurrencia como n
a1 = 1, a = n
1 para n para n 1 + a + a −1 n
≥ 2
a) (0.3 ptos) Calcule a Calcule a 2 , a 3 y a 4 . co nvergente, calcule cal cule su l´ımite. b) (0.5 ptos) Sabiendo que es convergente,
Soluci´ on: on: a) a2 = a3 =
1 1+a1 1 1+a2
= =
a4 =
1 1+a3
=
1 1+1 1 1
1+ 2 1 2 1+ 3
= 21 = 32 = 53 . 1 1+an
b) Sea L Sea L = = l´ım a . Tomado l´ımite a ambos lados de a = →∞ n
n
n
L =
1 1 + L + L
Reagrupando L2 + L Despejando L se obtiene L =
−1 =0 −1 ± √ 5
2 Como a Como a tiene solo t´erminos erminos positivos debemos tener L Por lo tanto L tanto L debe ser 1+ 5 L = 2
≥ 0.
n
− √
Problema 2 : (0.7 ptos) Calcule
l´ım n2 1 →∞
n
−
1
− n5
2
obtenemos
Soluci´ on: El l´ımite es del t´ıpo 5 de 1 1 .
− −
∞ · 0. Lo resolvemos multiplicando y dividiendo por el conjugado
2
n
l´ım n2 1 →∞
n
1
−
−
5 n2
− − − − − − − − −
= l´ım n2 →∞ n
=
l´ım n →∞
2
l´ım n →∞
2
n
1
n
=
l´ım →∞
n
5 2
=
1+
2
n
1+
1
5
(1
1+
2
n
2
n
1+
1
5
2
n
5
1
2
n
)
5
1
5
=
5
1
2
n
)
5
1
2
n
5
1+
5
1
2
n
Problema 3 : (1.5 ptos) Calcule
dx √ 3x( 3x + 1 − 1)
Indicaci´ on: use el cambio u 2 = 3x + 1
Soluci´ on: Haciendo el cambio u2 = 3x + 1 se obtiene 2udu = 3dx y por lo tanto dx = 32 udu. Tambi´en tenemos 3x = u 2 1 y u = 3x + 1.
√ − dx √ = 3x( 3x + 1 − 1)
2 3 2 = 3
(u2
−
(u2
−
u 1)(u u 1)(u
− 1) du − 1) du
Usamos fracciones parciales: (u2 Se obtiene A = Ahora
(u2
−
−
u 1)(u
− 1)
=
A B C + + u + 1 u 1 (u 1)2
−
−
−1/4, B = 1/4 y C = 1/2.
u 1)(u
− 1)
du = ( 1/4)
−
=
1 + (1/4) u+1
1
+ (1/2)
1
(u − 1) −1 1 (−1/4)ln |u + 1| + (1/4)ln |u − 1| − (1/2) u−1 u
2
Deshaciendo el cambio obtenemos
√ √ 2 2 2 1 dx √ = ( )(−1/4)ln | 3x + 1+1|+( )(1/4)ln | 3x + 1 −1|−( )(1/2) √ + 3 3 3 3x( 3x + 1 − 1) 3x + 1 − 1
√ √ 1 dx √ = ( −1/6)ln | 3x + 1+1|+(1/6)ln | 3x + 1−1|−(1/3) √ +C 3x( 3x + 1 − 1) 3x + 1 − 1
Problema 4 : (1.5 ptos) Se sabe que una funci´on F verifica F (x) =
√ x a+ 16 ,
F (0) = 2, F (3) = 1
2
con a una constante real. Encuentre el valor de a. Indicaci´ on: puede ser u ´ til
sec θdθ = ln sec θ + tan θ + C
|
|
Soluci´ on: Debemos encontrar F (x) =
a dx x2 + 16
√
Hacemos el cambio x = 16tan θ, por lo tanto dx = 4 sec2 θdθ. 4sec2 θ dθ 16tan2 θ + 16 4sec2 θ = a dθ 4 tan2 θ + 1 4sec2 θ = a dθ 4 sec2 θ 4sec2 θ = a dθ 4sec θ
a = a x2 + 16
√
= a
√ √ √
sec θdθ
= a ln sec θ + tan θ + C
|
|
Deshacemos el cambio: tan θ = x/4. Esto corresponde a un tri´ angulo rect´angulo de con un a´ngulo θ, el cateto √ opuesto x y el cateto adjacente 4. Por lo tanto la hipotenusa es +16 2 . Tenemos entonces x + 16 y sec θ = 4
√
2
x
a dx x2 + 16 x2 + 16 = a ln + x/4 + C 4 x2 + 16 + x = a ln + C 4
F (x) =
√ | |
√ √
Ahora 2 = F (0) = a ln 1 + C = C , es decir C = 2. 1 = F (3) = a ln 2 + 2 por lo tanto a = ln12 .
||
||
−
|
|
Problema 5 : (1.5 ptos) Para n
∈ R definimos I = n
(x2 + a2 ) dx n
Demuestre que para n =
−1/2 se tiene 2na2 x(x2 + a2 ) + I = I −1 2n + 1 2n + 1 n
n
n
Indicaciones: Integre por partes. Puede ser u ´ til la identidad x 2 = (x2 + a2 )
Soluci´ on: Integrando por partes con 2 u = (x + a2 ) , du = n(x2 + a2 ) −1 (2x)dx dv = dx, v = x n
n
= (x2 + a2 ) x
I
n
n
2
−a .
2
2
= x(x + a )
n
= x(x2 + a2 )
n
= x(x2 + a2 )
n
= x(x2 + a2 )
n
−
n(x2 + a2 ) −1 (2x)xdx n
2
2
2
1
− 2n x (x + a ) − dx − 2n (x + a − a )(x + a ) − dx − 2n (x + a ) dx + 2na (x + a ) − dx − 2nI + 2na I − 2
2
2
2
n
2
2
2
2
n
2
n
n
1
Despejando I obtenemos n
2na2 x(x2 + a2 ) + I = I −1 2n + 1 2n + 1 n
n
n
n
1
2
2
n
1
Universidad Andr´ es Bello Facultad de Ingenier´ ıa ´ ticas Departamento de Matema
´ CALCULO II (FMM133) SOLEMNE 1 Septiembre 11, 2009. Duraci´ on: 90 minutos. Importante: No se asignar´ an puntos por respuestas sin justificaci´ on. Problema 1 : (1.2 ptos) Considere la funci´on de dominio real dada por
3x(√ 9x + 16 − x) F (x) = x(x2x ++ 11)
≤ 1
x
2
Calcule
x > 1
4
F (x)dx
0
Soluci´ on: 4
1
4
F (x)dx =
0
F (x)dx +
0
1 1
=
F (x)dx
4
√
3x2 ( 9x2 + 16
− x)dx +
0
2x + 1
x(x + 1)
dx
1 1
− x + (ln |x| + ln |x + 1|)|
21 3 1 (9x2 + 16)3/2 0 36 0 1 = (125 64) 1 + ln(4) + ln(5) 9 52 = + ln(10) 9 =
−
−
4 1
− ln(1) − ln(2)
Problema 2 : (1.0 ptos) Utilice el cambio u 2 = 1 + x2 para calcular
1 + x x+dx(1 + x )
2 3/2
2
Soluci´ on: Si u 2 = 1 + x2 , entonces 2u du = 2x dx es decir udu = xdx.
x dx = 1 + x2 + (1 + x2 )3/2
=
du √ u + u u du 2
3
√
u 1 + u = 2 1 + u + C
√
= 2
1+
√
1 + x2 + C
Problema 3 : Considere la sucesi´on xn definida por recurrencia como
{ }
x1 = 1, xn+1 =
√ 3x
para n
n
≥ 1
a) (0.4 ptos) Demuestre por inducci´on que x n < 3 para todo n b) (0.4 ptos) Demuestre que xn es creciente. c) (0.4 ptos) Calcule L = l´ımn xn .
{ }
∈ N
→∞
Soluci´ on: a) Tenemos x 1 = 1 < 3, por lo tanto la proposici´on es verdadera para n = 1. Suponemos que la proposici´ o n es v´alida para n, queremos probar que tambi´ en es v´alida para n + 1. Tenemos xn+1 = 3xn = 3 xn < 3 3 = 3. Es decir probamos que la proposici´on es v´alida para n + 1. Por inducci´on, tenemos entonces que la proposici´on es veradadera para todo n N.
√ √
√
√ √
∈
b) Tenemos que x2n+1 3xn+1 xn+1 xn+1 = = x n+1 xn = < 3 3 3 Es decir x n < xn+1 para todo n N, y la sucesi´on es estrictamente creciente.
∈
c) El l´ımite existe pues la sucesi´on es creciente y acotada superiormente. Tenemos l´ımn
xn+1 L L2 L2 3L L(L 3) →∞
− −
= = = = =
l´ım n 3L 3L 0 0
√
→∞
√ 3x
n
Por lo tanto L = 0 o L = 3. Debemos tener L = 3 ya que los t´erminos de la sucesi´ on son mayores que 1.
Problema 4 : (1.2 ptos) Para n
∈ N considere la integral √ I = x 1 + 2x dx n
n
Demuestre que (2n + 3)I n = x n (1 + 2x)3/2
− nI
n−1
Soluci´ on: Usamos integraci´on por partes u = xn du = nxn 1 , dv = 1 (1 + 2x)3/2 Tenemos 3 −
I n
xn (1 + 2x)3/2 = 3
3I n = xn (1 + 2x)3/2 n
3/2
3I n = x (1 + 2x)
3I n = xn (1 + 2x)3/2 (2n + 3)I n = xn (1 + 2x)3/2
n 3
− x −n x −n x
n−1
n−1
(1 + 2x)3/2 dx
√
(1 + 2x) 1 + 2xdx
n−1
√ 1 + 2x + 2x √ 1 + 2x dx n
− nI − 2nI − nI n−1 n−1
√ 1 + 2x, v =
n
Problema 5 : Sea f una funci´on derivable y no nula en el intervalo [0, 10], que satisface la relaci´ on x f (t) [f (x)]2 = dt 4 + 3t
√
0
a) (0.2 ptos) Calcule f (0). b) (1.0 ptos) Utilice el teorema fundamental del c´alculo para determinar f (x). Soluci´ on: a) 0
[f (0)]2 =
0
√ f (t) dt = 0 4 + 3t
b) Derivando la ecuaci´on tenemos
2f (x)f (x) = como f (x) = 0 tenemos
f (x) =
√ f (x) 4 + 3x
1 √ 2 4 + 3x
Integrando obtenemos f (x) =
1 1 √ √ 4 + 3x + C dx = 3 2 4 + 3x
Como tenemos f (0) = 0, deducimos que C = 2/3. Obtenemos finalmente 4 + 3x 2 f (x) = 3
√
− −
Universidad Andr´ es Bello Facultad de Ingenier´ ıa ´ ticas Departamento de Matema
´ CALCULO II (FMM133) SOLEMNE 1 Abril 12, 2010. Duraci´ on: 90 minutos. Importante: No se asignar´ an puntos por respuestas sin justificaci´ on. Problema 1 : (1.2 ptos) Resuelva
Soluci´ on: Hacemos el cambio u =
3
x
3
x
4
x
cos(x4 + 2)dx
+ 2,
du =
cos(x4 + 2)dx = =
4x3 dx. Tenemos
cos 1
u
du
4
cos udu 4 1 = sen u + C 4 1 = sen(x4 + 2) + C 4
Problema 2 : (1.2 ptos) Resuelva
√ x dx
sen
Sugerencia: haga una sustituci´on adecuada y luego integre por partes.
Soluci´ on: Hacemos el cambio z = 1 1 dz = 2√ x dx = 2z dx. Por lo tanto dx = 2z dz Tenemos
√ x
Integramos por partes:
du =
√ sen x dx = (sen z ) 2z dz
sen zdz , v = 2z , u =
(sen z ) 2z dz = ( cos z )2z = =
− cos z , dv = 2dz
− − (− cos z )2dz −2z √ cos z +√ 2 sen z + C √ −2 x cos x + 2 sen x + C
Problema 3 : (1.2 ptos) Resuelva
1 √ dx x x +4 2
2
Sugerencia: haga el cambio x = 2 tan θ.
Soluci´ on: Hacemos x = 2 tan θ. Entonces
1
√ x x 2
2
+4
dx
=
dx =
2 sec2 θdθ . Tenemos
1 √ 2sec 4tan 4tan + 4 2sec 4(tan + 1) 4tan 2sec √ 4tan 2sec 4sec 2| sec | 4tan 2sec 4tan 2sec 1 sec 4 tan 1 cos 4 sen 1
2
2
2
θ
2
=
2
2
2
=
2
2
= = = =
θ
=
θ
θ
θ
θ
θ
θ
dθ
dθ
dθ
θ
2
θ
du
4 1 = ( 4 =
θ
θ
2
θ
dθ
2
2
dθ
θ
θ
2
=
θ
θ
θdθ
θ
u2
1
−u− ) + C
− 41u + C 1 + C − 4sen θ
Ahora como tan θ = x2 , considerando un tri´angulo rect´angulo de catetos ´angulo comprendido θ, tenemos que su hipotenusa es x2 + 4. x Por lo tanto sen θ = . x2 + 4 Tenemos entonces 1 x2 + 4 + C dx = 4x x2 x2 + 4
√
√
√
−
√
Problema 4 : (1.2 ptos) Resuelva
Sugerencia: haga el cambio u =
1 √ dx x − x + 2
√ x + 2 y luego use fracciones parciales.
x y
2 con
Soluci´ on: Hacemos el cambio u =
1
x
− √ x + 2 dx
= = = = =
√ x + 2. Tenemos u − 2 = x, 2udu = dx. 2
1 2 − 2− 2 ( + 1)( − 2) u2
udu
u
u
u
du
u
2 3
u+1
+
4 3
−2 2 4 ln |u + 1| + ln |u − 2| + C 3 3 √ √ 2 4 ln | x + 2 + 1| + ln | x + 2 − 2| + C 3 3 u
Problema 5 : Sea α un n´ umero real tal que 0 < α < 1. Considere la sucesi´on recursivamente como a1 = α 1 an para n > 0. an+1 = 1
{a } definida n
− √ −
a) (0.4 ptos) Demuestre por inducci´on que para todo
n
b) (0.4 ptos) Demuestre que la sucesi´on es decreciente. Sugerencia: demuestre directamente que aa+1 > 1.
∈ N se tiene 0 < a
n
< 1.
n
n
c) (0.4 ptos) Calcule l´ım n
an
→∞
Soluci´ on: a) Base inductiva: para n = 1 tenemos a1 = α por lo tanto 0 en el problema) Hip´ otesis de induccci´on: suponemos que 0 < ak < 1. Tesis de inducci´on: queremos probar que 0 < ak+1 < 1. Dem: Tenemos que 0 < ak+1
< 1
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
< a1 < 1
0 < 1 ak < 1 0 < 1 ak < 1 0 < 1 1 ak < 1 0 < ak+1 < 1
√ −− − √ −
Por el axioma de inducci´on, debemos tener 0
< an < 1
para todo n.
(dato dado
b) Tenemos an an+1
=
a √ 1− 1−a n
n
=
√ 1 − a √ √ (1 − 1 − a )(1 + 1 − a ) √ a (1 + 1 − a ) 1−1+a √ a (1 + 1 − a ) an (1 +
n
n
=
n
n
n
n
=
n
n
a √ 1+ 1−a n
= >
n
1
c) Como la sucsi´on es mon´otona y est´a acotada, debe tener l´ımite. Sea
= l´ım
L a →∞ √ = 1 − 1 − a tenemos n
n
.
Tomando l´ımite a ambos lados de la igualdad an+1 n 1 L L = 1 de donde 1 L = 1 L y elevando al cuadrado 1 L = (1 L)2 . De esto u ´ ltimo se obtiene L2 L = 0 y factorizando ( L 1)L = 0. Por lo tanto L = 0 o L = 1. Tenemos que an < 1 y es decreciente, lo cual elimina L = 1. Debemos tener L = 0.
− √ √ − −
−
−
−
−
−
Cálculo II FMM133, Primer semestre 2013.
Solemne N 1
◦
1. La siguiente suma de Riemann representa el área bajo una curva f (x): n
l´ım
n−→∞
i=1
a )
Encuentre f (x), a y b.
b)
Encontrar F (x) si F (x) =
π
4n
tan
b
iπ
=
4n
f (x)dx
a
sen(x)
f (t)dt.
a
b
c )
Calcule
f (x)dx.
a
2.
3.
a )
Encuentre una función f tal que 6 +
b)
Si f es continua y
a )
Evalúe la integral definida
4 0
x f (t) 1 t2
f (x) dx = 10, encuentre
√ 4 − 2 2
−
2 f (2x) dx. 0
x2 dx interpretándola como área. (Indicación:
El área de un círculo de radio r se calcula como b)
√
dt = 2 x para todo x > 0.
La siguiente integral
πr
2
).
4
πxdx
1
representa el volúmen del sólido obtenido al rotar una cierta región R en torno al eje X . Encuentre la región R y plantee la integral que representa el volúmen del sólido obtenido al rotar R en torno al eje Y .
Tiempo: 90 min Sin Calculadora Sin Consultas
1
Cálculo II FMM133, segundo semestre 2013. ◦ Solemne N 1
1. Considere la siguiente suma S n = a )
3 n
−1
(1)
/2
/2
−1
+ 1+
3
n
+ 1+
3 · 2 n
−1
/2
+ · · · + 1 +
3 n
/2
−1
n
Escriba S n como una suma de Riemann, identificando el intervalo de integración [a, b], la partición P n = {a = x 0 , x1, . . . , xn 1 , xn = b } y la función f (x). −
b)
Encuentre una función F (x) tal que F (x) = f (x).
c )
Calcule l´ım S n .
n−→∞
a
2. Sea f (x) una función continua. Determine el valor de I =
f x2 x dx.
a
−
3. Determine el valor de b ∈
en la siguiente ecuación: e8
e4
1 dx = ln(b). x ln(x) ln(ln(x))
4. Calcule el volumen del sólido que tiene por base el triángulo con vértices en (0, 0), (2, 0), (0, 2) y sus secciones transversales perpendiculares a la base son cuadrados.
Tiempo: 90 min Sin Calculadora Sin Consultas
1
Cálculo II FMM133, primer semestre 2014.
Solemne 1
x
1.
a )
(0,8 puntos) Si se sabe que
1
√
f (u) du = 2 x, determine el valor de f (4). u2 9
b)
(0,7 puntos) Si f es una función continua tal que
f (x)dx = 16. Determine el
0
3
valor de: I =
xf (x2 )dx
0
2. Considere las siguientes curvas: x = 0; y =
x
1 . x2 + 1
; y =
2
a )
(0,5 puntos) Bosquejar la región R acotada por las curvas.
b)
(0,5 puntos) Determine el valor del área de la región R
c )
(0,5 puntos) Plantee (sin calcular) una integral cuyo valor sea el volumen del sólido de revolución que se obtiene al rotar la región R con respecto del eje X .
3. (1,5 puntos) Compruebe que el volumen de un cono de radio r y altura h es V =
πr 2 h
3
.
4. (1,5 puntos) Considere la suma de Riemann siguiente n−1
S n
=
f (xi )∆i =
i=0
1 n
+
1 1 2 1 3 1 n2
+
n
+
n2
+
n
+
n2
+
n
+ ..... +
n
− 1 + 1 .
n2
n
a )
(0,7 puntos) Si se sabe que la suma está asociada a la partición P n = 0, n1 , n2 , . . . nn 1 , 1 de [0 , 1], encuentre f (x).
b)
(0,8 puntos) Calcule el valor de S = l´ımn
{
→∞
Tiempo: 90 min Sin Calculadora Sin Consultas
1
S n .
−
}
Cálculo II FMM133, segundo semestre 2014.
Solemne 1
1. (2 puntos) Calcular el valor de las siguientes integrales 1
a )
(1 pto.)
(2x + 1) √
x+1
0
1
b)
(1 pto.)
e
dx
dx x 16ln(x) + 9
2. (2 puntos) Sea R la región acotada por la parábola y = x − x2 y el eje x. a )
(0,5 pts) Bosqueje la región R.
b)
(0.5 pts) Encuentre el área de la región R.
c )
(1 pto.) Hay una recta L que pasa por el origen y que divide a la región R en dos partes de igual área. ¿Cuál es la pendiente de la recta L?
3. (2 puntos) Sea B la región del plano X Y acotada por la parábola de equación y 2 = 4x y la recta de ecuación y = x . a )
(0,5 pts) Bosqueje la región B .
b)
(1.5 pts) Considere el cuerpo sólido S cuya base es la región B , y cuyas secciones transversales paralelas al plano XZ son cuadrados. Encontrar el volumen del cuerpo S .
Tiempo: 90 min Sólo consultas de enunciado. Sin Calculadora, ni equipos móbiles. IMPORTANTE: la simple posesión de un equipo móbil encendido CONSTITUYE UNA OFENSA A LA UNIVERSIDAD y está sujeta a sanciones graves (ver syllabus del curso).
1
Cálculo II FMM133, primer semestre 2015.
Solemne 1
1. El siguiente límite representa el valor de la integral de una función f (x) sobre el intervalo [0 , 4]: n 4 4 √ dx. f (x) dx = l´ım n n n·i + 2 0 i=1
→∞
a )
(0,5 pts.) Encuentre f (x).
b)
(1 pto.) Determine el valor del límite.
2. (1 pto.) Sea g (x) una función continua. Si se sabe que
1
8
g (x) dx = 3, calcule
2
x2 g (x3 ) dx.
1
3. (2 puntos) Sea R la región plana acotada por la parábola y = x 2 y la recta y = 2x. a )
(0,5 pts) Bosqueje la región R.
b)
(0,5 pts) Encuentre el área de la región R.
c )
(1 pto.) Encuentre el volumen del sólido que se obtiene al rotar la región R en torno a la recta de ecuación y = −2.
4. (1,5 pts) Considere el cuerpo sólido S cuya base es un círculo de radio r y cuyas secciones transversales, perpendiculares a la base, son triángulos equilateros. Encontrar el volumen del cuerpo S .
Tiempo: 90 min Sólo consultas de enunciado. Sin Calculadora, ni equipos móbiles. IMPORTANTE: la simple posesión de un equipo móbil encendido CONSTITUYE UNA OFENSA A LA UNIVERSIDAD y está sujeta a sanciones graves (ver syllabus del curso).
1
Ayudantiaalocompradre.wordpress.com
Pauta control N°1 CALCULO II UNAB Semestre II – 2012 1) La pendiente de la recta tangente en cualquier punto (x,y) en una curva es 10-4x; el punto (1,-1) está en la curva. Encuentre la ecuación de la curva. Solución
Dada la pendiente de la curva en todo punto del plano 10-4x , entonces diremos que esta es la recta tangente en un punto de la curva vale decir la derivada de la curva por tanto podemos expresar que
Integrando se tiene
Dada la función y dependiente de x se obtiene la solución final
Dado que tenemos un punto perteneciente a la curva podemos determinar C, evaluación se tiene
Por lo tanto la curva pedida es
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2) Utilice la sustitución
para calcular la integral
Solución
Considerando el cambio de variable podemos notar los siguientes cambios de variable
Considerando los cambios de variables obtenemos la siguiente integral a resolver
Finalmente haciendo el cambio de variable recordando que
se tiene que
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3) Calcular Solución
Podemos resolver esta integral desde muchos puntos, para este caso particular utilizare integración por partes reordenando la integral a conveniencia
Si usted recuerda entonces podrá identificar que se puede resolver por el método
Así
consideramos
obviamente
podemos
directamente identificar que Por tanto obtenemos que
Resolviendo la siguiente integral se puede ordenar a conveniencia y resolviendo bajo el mismo método anteriormente utilizado se tiene
Integral fácilmente de resolver con resultado
Por lo tanto la integral pedida será
