examen de matemática 3

Prueba Integral Lapso 2011−2 Código 733 – 1/7

Universidad Nacional Abierta Matemática III (733)

Vicerrectorado Académico Cód. Carrera: 236-280 Área De Matemática Fecha: 14 – 04 – 2012

MODELO DE RESPUESTAS

Objetivos del 1 al 8. OBJ 1 PTA 1

Calcula ∫ − dxxe 5x 2

Solución: Haciendo el cambio de variable (pg. 113 del libro Cálculo II de la UNA):

z = x2 , dz = 2xdx en la integral ∫ − dxxe 5x2

, se obtiene la cual se

resuelve aplicando el método de integración por partes (pg.117 del libro Cálculo II de la UNA):

∫ − dzze 2z

Toma a u = z2 de donde du = 2zdz y, dv = e−z dz de donde v = − e−z

Entonces, [1] ∫∫∫ −−−−− +−=⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −−−= dzez2ezdzez2ezdzze zz2zz22z

Ahora, la integral se resuelve aplicando nuevamente el método de ∫ − dzze z

integración por partes, en este caso toma a u = z de donde du = dz y, dv = e−z dz de donde v = − e− z entonces,

Ceezdzeezdzeezdzez zzzzzzz +−−=+−=⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −−−= −−−−−−− ∫∫∫ , sustituyendo en

[1] se obtiene: ( ) ( ) C22z2zeCeez2ezdzze 2zzzz22z +−−−=+−−+−= −−−−−∫

devolviendo el cambio de variable z = x2 se tiene:

( ) 124x5x C2x2xedxxe

22+−−−= −−∫ , donde C1= 2C es una constante real cualquiera.

OBJ 2 PTA 2

Determina los valores de “p” para los cuales converge la integral ( )

xdxLnx

12 p2∫∞

=Ι .

Solución: Calculemos la integral I considerando p ≠ 1: Por definición de integral impropia de primera especie se tiene que,

( ) ( )xd

xLnx

1límxdxLnx

1b

2b2 22 pp ∫∫ ∞→==Ι

∞

Especialista de contenido: Alejandra Lameda G. Evaluadora: Florymar Robles


Hacemos el cambio de variable u = Ln x2 , du =x

xd2 y los límites de integración se

transforman en: cuando x = b ⇒ u = Lnb2 = 2 Lnb y, cuando x = 2 ⇒ u = Ln 22 = 2Ln2.

Entonces, ( ) ( )

====Ι ∫∫∫ ∞→∞→

∞ bLn2

2Ln2pb

b

2b2 uudlím

21xd

xLnx

1límxdxLnx

122 pp

( ) ( ) ( )

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−

−+−

=+−

==+++ −−

∞→

−

∞→

−

∞→ ∫ 1p)2Ln2(

1p)bLn2(lím

21

1pulím

21udulím

21

1p1p

b

bLn2

2Ln2

1p

b

bLn2

2Ln2

p

b

Si p > 1 se tiene que ( ) ( )0

p1bLn2lím

p1

b=

−

−

∞→ y por lo tanto la integral I converge al

valor ( )

)p1(2)2Ln2( p1

−

−

y diverge para p <1.

Si p = 1 se tiene la integral

∫∫∫ ∞→∞→

∞

==bLn2

2Ln2b

b

22b2

2 uudlím

21

xLnxxdlím

xLnxxd

( ) ∞→−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

∞→∞→)2Ln2(Ln)bLn2(Lnlím

21uLnlím

21

b

bLn2

2Ln2b

luego, para p = 1 la integral I diverge.

Por lo tanto, la integral ( )

xdxLnx

12 p2∫∞

=Ι para todo p > 1.

OBJ 3 PTA 3 a) Dibuja la región R limitada por las gráficas de las funciones:

f(x) =2−(x−1)2 , g(x) = 1− x2 , y = 0 y el eje OY. b) Calcula el área A de la región R.

Nota: Para el logro de este objetivo debes responder correctamente ambas partes.

Solución: a) La gráfica de la región R es:



21 +1

RR

21−1−

b) El área de la región R dibujada en a) es:

21+1

R1

R2

21 −1−

R3

R4

)R(A)R(A)R(A)R(A)R(A 4321 +++= donde

( ) ( ) 1xxdx2dx)x11x2x2dx)x1()1x(2)R(A1

0

21

0

1

0

1

0

22221 ===+−−+−=−−−−= ∫∫ ∫

( )3

2423

222223

)1x(x2dx0)1x(2)R(A21

1

321

1

22 =−−+=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=−−−=++

∫

También puedes calcular el área de la región R3∪R4 , integrando con respecto a y ¡Verifícalo!

( )3

221x3x

3)1x(dx))1x(2()x1()R(A

0

21

330

21

223

+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−−=−−−−=

−−∫

( )3

223xxdx0)x1()R(A

21

1

321

1

24

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=−−=

−

−

−

−∫



Entonces ( )25631

322

3221

3241)R(A)R(A)R(A)R(A)R(A 4321 +=−++++=+++=

Por lo tanto, el área de la región R es 3

256)R(A +=

OBJ 4 PTA 4 a) Dibuja la gráfica de la curva que está dada por las ecuaciones paramétricas:

x = 5 cos t – 3 , y = 5 sen t + 1 ; 0 ≤ t ≤ 2π b) Calcula la longitud de la curva dada en la parte a), usando integrales. Nota: Para el logro de este objetivo debes responder correctamente las partes a) y b). Solución: Una de las formas de graficar la curva dada por las ecuaciones x = 5 cos t – 3, y = 5 sen t + 1 es hallando la ecuación cartesiana y luego graficar. En este caso para hallar la ecuación cartesiana, hacemos lo siguiente: x = 5 cos t – 3 ⇒ x + 3 = 5 cos t , [1] y = 5 sen t + 1 ⇒ y – 1 = 5 sen t [2] Ahora elevamos al cuadrado ambos miembros de [1] y [2] (x + 3)2 = 25 cos2 t (y – 1)2 = 25 sen2 t , sumando miembro a miembro estas ecuaciones se obtiene: (x + 3)2 + (y – 1)2 = 25 (cos2 t + sen2 t) = 25 de donde (x + 3)2 + (y – 1)2 = 25 forma canónica de la ecuación de una circunferencia de centro (− 3 , 1) y radio r = 5 y cuya gráfica es muy sencilla de hacer:

cos2 t + sen2 t = 1

y 1

− 3 0 x

Calculemos su longitud:

==+

=+−=

∫∫∫

ππ

π

2

0

2

0

22

2

0

22

dt5td)tcostsen(25

td)tcos5()tsen5(L

cos2 t + sen2 t = 1 π==π

10t52

0

Por lo tanto, longitud de unidades10L π=

••• Otra forma de graficar la curva dada es dándole valores al parámetro t con 0 ≤ t ≤ 2π. OBJ 5 PTA 5 Calcula el volumen del sólido que se obtiene al girar la región limitada por las curvas de

ecuaciones 22 xay −= , y = x , y = − x , alrededor de la recta y = − x . Solución:



ya

02

a− 2a

y = xy = − x

22xay −=

R

Se aplica el teorema de Pappus o Guldin ( ver páginas 343, 344 del libro Matemática III de Ingeniería de la UNA) para hallar el volumen del sólido que se obtiene al girar la

región limitada por las curvas de ecuaciones 22 xay −= , y = x , y = − x , alrededor de la recta y = − x , como sigue: Considerando que la densidad de la región R es constante e igual a 1, el centro de gravedad de la región R se localiza en el eje Y , debido a la simetría de R con respecto a este eje. Por lo tanto, 0x = .

Calculemos mMy x= , donde m = área de la región R = área de

41 de circunferencia =

4a2π y ( ) ( )(∫ −=

b

a

22x dx)x(g)x(f

21M ) momento con respecto al eje OX , entonces:

( ) =⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛−−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−= ∫∫−

2

a

0

22

220

2

a

22

22x dxxxa

21 dxxxa

21M

( ) ( ) ( )

23

a2x32xa

dxx2adxx2a21 dxx2a

21

32

a

0

32

2

a

0

222

a

0

220

2

a

22

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

=−=−+−= ∫∫∫−

¡Verifícalo!

Luego, 23

a8m

My x

π== y las coordenadas del centro de gravedad son:

( ) ⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

π=

23

a8,0y,x .

Ahora solo falta calcular la distancia del centro de gravedad a la recta L: x + y = 0,

( )( )π

=π

+

=+

=3

a4

2

23

a80

2

yxL,y,xd

Luego, por el teorema de Pappus, el volumen del sólido es:



( )( ) ( )3a2

4a

3a42RAL,y,xd2V

32 π=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛π

π=π=

Por lo tanto, volumen de unidades 3a2V

3π=

OBJ 6 PTA 6

Demuestra que los vectores:

k4j2i10cyk2j4bk2jia ˆˆˆˆˆ,ˆˆˆ +−−=+=+−=vrr

son ortogonales. Solución: Dos vectores vyu

rr son ortogonales ( vu

rr⊥ ) si y solo si 0vu =><

rr, .(ver pg. 455 del

texto de Mat.III de Ingeniería . UNA). Se tiene que probar que cbycaba

rrrrrr⊥⊥⊥ ,

Veamos si son ortogonales: k2j4byk2jia ˆˆˆˆˆ +=+−=rr

0440)2,4,0(,)2,1,1(b,a =+−=>−<=><rr

⇒ byarr

son ortogonales. Ahora probemos que cya

rr son ortogonales:

08210)4,2,10(,)2,1,1(c,a =++−=>−−−<=><rr

⇒ cyarr

son ortogonales y por

último, lo hacemos con los vectores cybvr

:

0880)4,2,10(,)2,4,0(c,b =+−=>−−<=><rr

⇒ cybrr

son ortogonales

Por lo tanto, los vectores k4j2i10cyk2j4bk2jia ˆˆˆˆˆ,ˆˆˆ +−−=+=+−=vrr

son ortogonales.

OBJ 7 PTA 7 Calcula la longitud de arco de la función F(t) = ( et , et sen t , et cos t ) con π≤≤ 2t0 . Solución:

La longitud de arco de F entre 0 y 2π está dada por la integral tdtFts2

0∫π

′= )()( , (ver

pg. 558 del texto Mat. III de Ingeniería. UNA) donde,

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −+=′ tsenetetetseneetF ttttt cos,cos,)( y

2tt2ttt2 sentetetetseneetF ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −+⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛ ++=′ coscos)(

( ) ( )2t22t2t2 senttettseneetF −+++=′ coscos)(

( ) t2222t2 e3tsentsentcos2tcostcostcostsen2tsen1e)t(F =+−++++=′

Luego, ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −=⎥

⎦

⎤== π

ππ

∫ 1e3e3tde3ts 22

0

t2

0

t)( .



Por lo tanto, la longitud de arco de F entre 0 y 2π es: ( )1e3)t(s 2 −= π .

OBJ 8 PTA 8 Determina el vector binormal para la curva C de ecuación vectorial ( )t,sent3,tcos3)t(F =Solución: El vector binormal B(t) se define como )t(N)t(T)t(B ×= (ver página 571 del libro Matemática III de Ingeniería de la UNA):

( )( ) ( )

( )

)1,tcos3,sent3(10

1

1)tcostsen(9

1,tcos3,sent3

1tcos3sent3

1,tcos3,sent3)t(F)t(F)t(T

2222

−=

=++

−=

++−

−=

′′

=

cos2 t + sen2 t = 1

( )( ) ( )

( )

)0,tsen,tcos(10

1)0,tsen3,tcos3(103

1

)tcostsen(9

0,sent3,tcos3

10

1

sent3tcos3

0,sent3,tcos3

10

1)t(T)t(T)t(N

2222

−−=−−=

=+

−−=

−+−

−−=

′′

=

( )3,tcos,sent101

0senttcos1tcos3sent3kji

101)t(N)t(T)t(B −=

−−−=×=

FIN DEL MODELO DE RESPUESTAS


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