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CLAVE-107-2-M-2-00-2015
UNIVERSIDAD DE SAN CARLOS DE GUATEMALA
FACULTAD DE INGENIERÍA
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
CURSO: Matemática Intermedia 1
TIPO DE EXAMEN: Segundo Examen Parcial
AUXILIAR: Julio Isaí Santos Mayorga
FECHA: 18 de marzo de 2015
SEMESTRE: Primero
HORARIO DE EXAMEN: 7 a.m. – 8:50 a.m.
REVISÓ: Ing. César Ariel Villela Rodas
TEMA NO. 1
Se desarrolla el denominador de la expresión algebraicamente de la siguiente forma:
��� − 1� = ���� − 1� = �� − 1��� + 1� �� − 1� = ���� − 1� = �� − 1��� + 1� �� − 1� = �� − 1��� + 1� ��� − 1� = �� − 1��� + 1��� + 1��� + 1�
Sustituyendo en la expresión original:
1�� − 1��� + 1��� + 1��� + 1� = �� − 1� + ��� + 1� + �� + ��� + 1� + �� + ��� + 1�
TEMA NO. 2
a)
� ��� + 3 + 3√� + 1
Realizando una sustitución:
� = √� + 1 → � = � − 1 �� = 2���
� 2���� − 1 + 3 + 3� = � 2���� + 3� + 2 = � 2����� + 2��� + 1�
Separándola en fracciones parciales:
2��� + 2��� + 1� = � + 2 + �� + 1
2� = �� + 1� + ��� + 2�
����� ! �� �"#!"�$%��: ' 2 = + �0 = + 2�)
Resolviendo el sistema de ecuaciones:
= −2� 2 = −2� + � � = −2 = −2�−2� = 4
+# + 1 #
1
Sustituyendo para integrar:
� , 4� + 2 − 2� + 1- �� = 4 ln|� + 2| − 2 ln|� + 1| + �
Regresando a la variable original:
� �#�#1/ + 2��#1/ + 1� = 4 ln3#1/ + 23 − 2 ln3#1/ + 13 + �
� ��� + 3 + 3√� + 1 = 4 563�7 + 8�8/9 + 93 − 9 563�7 + 8�8/9 + 83 + :
b)
� ; << + 1 �< = � √<√< + 1 �<
Realizando una sustitución:
< = # �< = 2#�#
� 2#√# + 1 �#
sec @ = +# + 1
tan @ = # sec @ �@ = �#
2 � tan @ sec @sec @ �@ = 2 � tan @ sec @ �@ = 2 �� sec @ − 1� sec @ �@
= 2 � secC @ �@ − 2 � sec @ �@
Resolviendo la segunda parte de la integral:
2 � sec @ �@ = 2 ln|sec @ + tan @| + �
Resolviendo la primera parte de la integral:
2 � secC @ �@ = 2 � sec @ sec @ �@
Integración por partes:
# = sec @ �D = sec @ �@ �# = sec @ tan @ �@ D = tan @
� secC @ �@ = sec @ tan @ − � tan @ sec @ �@
= sec @ tan @ − ��sec @ − 1� sec @ �@
= sec @ tan @ − � secC @ �@ + � sec @ �@
2 � secC @ �@ = sec @ tan @ + ln|sec @ + tan @| + �
Reuniendo las dos partes de la integral:
2 � tan @ sec @sec @ �@ = sec @ tan @ + ln|sec @ + tan @| − 2 ln|sec @ + tan @| + �
= sec @ tan @ − ln|sec @ + tan @| + �
Regresando a la variable original:
� ; << + 1 �< = √< + 1 ∗ √< − ln3√< + 1 + √<3 + �
� ; << + 1 �< = +<�< + 1� − ln3√< + 1 + √<3 + �
c)
� ��√1 − "$��
� 1√1 − "$�� ∗ √1 + "$��√1 + "$�� �� = � √1 + "$��√1 − "$�� ��
Utilizando la identidad trigonométrica ��%� + "$�� = 1
= � √1 + "$��√��%� �� = � √1 + "$����%� ��
Se lleva a cabo el siguiente desarrollo algebraico:
√1 + "$����%� = √1 + "$����%� ∗ ��%���%� ∗ √1 + "$��√1 + "$�� = �1 + "$��� ∗ ��%��1 + "$���1/ ∗ ��%�
La integral queda expresada de la siguiente manera:
= 2 � �1 + "$��� ∗ 1 ∗ ��%��1 + "$���1/ ∗ ��%� ��
Realizando la siguiente sustitución:
� = √1 + "$��
�� = 12 ∗ −��%�√1 + "$��
� = 1 + "$�� "$�� = �� − 1� 1 − ��%� = �� − 1� ��%� = 1 − �� − 1�
−2 � �1 − �� − 1� �� = −2 � �1 − �� − 2� + 1� �� = 2 � ���� − 2� ��
= 2 � 1� − 2 �� = 2 � 1�� − √2��� + √2� ��
Fracciones parciales:
1�� − √2��� + √2� = � − √2 + �� + √2
1 = F� + √2G + ��� − √2�
HI!�$ 1: 0 = + � HI!�$ 0: 1 = √2 − √2�
Resolviendo el sistema de ecuaciones:
= 12√2
� = − 12√2
La integral se expresa de la siguiente manera:
2 � J 1√� − √2 − 1√� + √2 K �� = 22√2 ln3� − √23 − 22√2 ln3� + √23 + �
Regresando a la variable original:
� ��√1 − "$�� = 8√9 563√8 + LMNO − √93 − 8√9 563√8 + LMNO + √93 + :
TEMA NO. 3
a)
a) Tipo II: Integrandos discontinuos. b) Tipo I: Intervalos infinitos. c) Tipo II: Integrandos discontinuos.
b)
a)
� "$��√��%� ��P/Q
limT→QU � "$��√��%� ��P/T = limT→QU�2√��%��T
VW + �
limT→QU X2;��% YZ2[ − 2+��%���\ = 2√1 − 2√0 = 9 �:M]^_`a_�
b)
� ��2� + 3� − 5c9 → limT→c � 1�2� + 5��� − 1� ��T
1�2� + 5��� − 1� = 2� + 5 + �� − 1
1 = �� − 1� + ��2� + 5�
Sistema de ecuaciones: 0 = + 2� 1 = − + 5�
= − 27 � = 17
limT→c � , −27�2� + 5� + 17�� − 1�- ��T = limT→c�− ln�2� + 5� + ln�� − 1��T
= limT→c�− ln�2� + 5� + ln�� − 1� − ln�1 − 1� + ln�2�2� + 5��
= limT→c ,ln e � − 12� + 5f + ln�9�- = h% i limT→c e � − 12� + 5fj + ln�9�
Aplicando L’Hospital:
= ln e12f + ln�9� = 56 ek9f → :M]^_`a_
c)
� �!%l�lPQ
= limT→P � �!%l�lTQ = limT→P�ln|��"l|�QT = limT→P�ln|sec���| − ln|sec�0�|�
= �ln|−1| − ln|1|� = m → :M]^_`a_
TEMA NO. 4
a)
n = � +1 + �−�op�1Q �� = � +1 + �op1
Q ��
Utilizando el método del trapecio con n=10:
∆� = 1 − 010 = 110
� +1 + �op1Q �� ≈ s1Q = 1/102 �t�0� + 2t�0.1� + 2t�0.2� + ⋯ + 2t�0.9� + t�1��
s1Q = 0.05�√2 + 2√1.818730 + 2√1.670320 + ⋯ + 2√1.165299 + √1.135335�
s1Q = 8. 8k9y z]{|}|_N
b)
n = � 2Z�op+1 + �−�op�1Q �� = � 2Z�op+1 + �op1
Q ��
Utilizando el método del trapecio con n=10:
∆� = 1 − 010 = 110
� 2Z�op+1 + �op1Q �� ≈ s1Q = 1/102 �t�0� + 2t�0.1� + ⋯ + 2t�0.9� + t�1��
s1Q = 0.05�8.885766 + 2�7.667162� + ⋯ + 2�2.757614� + 2.462904�
s1Q = 4. ~�~m z9
TEMA NO. 5
El problema se simplifica al verlo de la siguiente manera: la fuerza hidrostática sobre la roldana es la
diferencia entre la fuerza ejercida sobre una placa con forma circular (de radio mayor) y otra (de radio menor).
Dada la ecuación general de una circunferencia:
�� − ℎ� + �� − �� = I
Tomaremos el centro de ambas circunferencias en (h,k) = (0,0).
La ecuación de la circunferencia mayor es:
� + � = 1 � = ±�1 − ��1/
Y la de la circunferencia menor es:
� + � = 0.8 � = ±�0.64 − ��1/
La fuerza hidrostática está dada por:
� = �� � �−�� ∗ 2Qo1 ∗ �1 − ��1/�� − �� � �−��Q
oQ.� ∗ 2 ∗ �0.64 − ��1/��
Realizando las siguientes sustituciones:
# = 1 − � �# = −2���
Límites de integración:
����� # = 1 − �−1� = 0 ℎ!��! # = 1 − �0� = 1
� = 0.64 − � �� = −2���
Límites de integración:
����� � = 0.64 − �−0.8� = 0 ℎ!��! � = 0.64 − �0� = 0.64
� = �� � #1/�#1Q − �� � �1/��Q.�
Q
� = �� ,23 #C/-Q1 − �� ,23 �C/-Q
Q.�
� = 23 ����1�C/ − �0�C/ − �0.64�C/ + �0�C/�
� = 23 e1000 �� Cf Y9.8 �[ �0.488 C� = �8~~. 9y �