Ciclo 2006-I

CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE UNA VARIABLE
Práctica Calificada N 4
Ciclo 2006-I
Profesores
Secciones
Duración





: José Cuevas, Manuel Álvarez, Percy Gamboa, Eduardo Fernandini.
: Todas.
: 110 minutos.
Sólo serán calificadas las preguntas desarrolladas en las caras derechas del
cuadernillo; las caras izquierdas se podrán usar como borrador.
En todas las preguntas se debe incluir el proceso y la respuesta debe darse enmarcada
con unidades.
El orden y claridad en la presentación serán tomados en cuenta en la calificación.
Está prohibido el uso de calculadoras programables y/o graficadoras.
No se permite el uso de libros o apuntes de clase.
1.
x

3
x 3 x
a) Calcule
t 2  4dt
(1 punto)
lim

t 3  1dt
3
10
b) Se sabe que

2
f ( x)
dx  10 y que
2
10
5
5
2
 f ( x)dx  15 . Halle  f ( x)dx
(1 punto)
c) Una partícula se mueve en el eje x con aceleración a(t) = 6t – 2 para cada instante
t  0. Se sabe que en el instante t = 1 la partícula se encuentra en el punto x = 3 y que
en el instante t = 3 se halla en x = 7. Halle la posición de la partícula en el instante
t = 2.
(1 punto)
Solución:
x

a)
3
x 3 x
t 2  4dt
lim

:
t 3  1dt
0
0
3
Utilizando la regla de L’Hopital:
 lim
x 3
d
dx
d
dx
x

t 2  4dt
=  lim
3
x

t 3  1dt
x 3
x2  4
x 1
3
=
13
28
3
1
10
b)

Como
2
f ( x)
dx  10 se tiene que
2
10
 f ( x)dx  20
2
Por otra parte por la propiedad de aditividad respecto al intervalo de integración:
10
5
10
2
2
5
5
10
10
2
2
5
 f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx
 f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx = 20 – 15 = 5
Despejando:
a(t )  6t  2
c)

v(t )  (6t  2)dt  3t 2  2t  C1
s(t ) 
 3t
2
 2t  C1  dt  t 3  t 2  C1t  C2
Como s(1) = 3, se tiene:
C1  C2  3
(1)
Como s(3) = 7, resulta: 27  9  3C1  C2  7
3C1  C2  11
Es decir:
Simultaneando las ecuaciones (1) y (2):
(2)
C1  7; C2  10
Esto es:
s(t )  t 3  t 2  7t  10
Evaluando para t = 2:
s(2)  23  22  7(2)  10 = 0
Respuesta: En el instante t = 2 la partícula se halla en el origen de coordenadas: x = 0
2.
Calcule las siguientes integrales:
a)
 x arctan xdx
b)

c)
d)


x
1  4 x2
sen  1x 
x2
(2 puntos cada inciso)
dx
dx
tan 3 x
dx
sec x
2
Solución:
 x arctan xdx
a)
Aplicando el método de integración por partes:
dx
u  arctan x
du 
1  x2
dv  xdx
v  12 x2

x arctan xdx  12 x 2 arctan x  12

x2
dx
1  x2
1 

 12 x 2 arctan x  12 1 
dx
2 
 1 x 

 12 x2 arctan x  12  x  arctan x   C


b)
x
1  4 x2
1
2
x
2
arctan x  x  arctan x   C

dx =  18 (1  4 x2 )  2 (8 x)dx
1
Considerando u  1  4 x 2 ; du = –8xdx se obtiene:
=

c)
sen  1x 
x2
(1  4 x 2 )
1
2
1
2
 C   14 1  4 x 2  C
dx
u
Considerando
1
;
x
du  
1
dx
x2

 sen  u du  cos u  C  cos 1x  C
Queda:
d)
1
8

tan 3 x
dx =
sec x

tan 2 x
(sec x tan xdx) =
sec 2 x

sec2 x  1
(sec x tan xdx) =
sec2 x
 sec x tan xdx   sec x  (sec x tan xdx) =
2
= sec x 
3.
(sec x)1
 C  sec x  cos x  C
1
Halle el valor de k si se sabe que el área de la región limitada por la curva
y = x(k – x) y el eje x es de k unidades cuadradas.
(2 puntos)
3
Solución:
y
k
k


A  x(k  x)dx  (kx  x 2 )dx =
y = x(k – x)
0
0
k
 kx 2 x3 
k3 k3 k3
    
= 
3 0 2 3
6
 2
k
x
k3
6
3
La ecuación puede escribirse: k  6k  0 , cuyas raíces son: k   6 ; k  0 ; k  6
Como el área toma valor de k unidades cuadradas, resulta: k 
Las dos primeras raíces no constituyen soluciones del problema, ya que el área tiene
valor k y por tanto k no puede ser negativa ni cero. La tercera raíz, que es positiva, si
tiene sentido como solución de problema.
Respuesta: El valor de k es
4.
6.
En la figura que sigue se muestra una región sombreada R, limitada por las curvas y =
sen x y y = 2sen x.
a) Plantee las integrales necesarias
para hallar el volumen del sólido
de revolución generado cuando R
rota alrededor de la recta y = 2. (2
puntos).
b)
Halle el volumen del sólido de
revolución generado cuando R
rota alrededor del eje y.
(2 puntos).
Solución:
y=2
a)
Elemento de volumen:
R
r
x
4
dV  ( R2  r 2 )dx
Por tanto:
donde: R  2  sen x
y
r  2  2sen x
dV   (2  sen x) 2  (2  2sen x) 2  dx


V   (2  sen x) 2  (2  2sen x) 2  dx
0
b)
Elemento de volumen:
dV  2Rhdx
R
Rx
donde
h
Por tanto:
y
h  2sen x  sen x  sen x
dV  2x sen xdx


Así que: V  2 x sen xdx
0
Para integrar por partes se selecciona:
La integral queda:
u  x  du  dx
dv  sen xdx  v   cos x




V  2   x cos x 0  cos xdx 
0



V  2   cos   0cos 0  senx 0  = 2 2 unidades cúbicas
5.
El depósito de la figura se encuentra
parcialmente lleno de agua (densidad 1000
kg/m3). Calcule el trabajo que se requiere para
extraer toda el agua justo por el borde superior
del depósito.
(3 puntos)
4m
3m
3m
2m
Solución:
Consideramos un elemento diferencial en forma de una capa horizontal para determinar el
diferencial de trabajo. Para plantear la integral tomamos un eje de referencia vertical con
origen en el punto más bajo del depósito, como se muestra en la siguiente figura, que es una
vista frontal del depósito.
5
x (m)
4m
El elemento de volumen es un paralelepípedo
con dimensiones 3m, L y dx, de modo que su
volumen es:
dV = 3Ldx
3
2
L
Los valores de L y x están relacionados a través
de la semejanza de los triangulos de la figura:
x
L 4

x 3
es decir: L  43 x
dV  (3)( 43 x)dx  4 xdx
Entonces queda:
Multiplicando por la densidad del agua: 1000 kg/m3, se obtiene el diferencial de masa:
dm  4000 xdx
El diferencial de peso se obtiene multiplicando por g = 9.8 m/s2 y es la fuerza que debe ser
vencida para elevar el elemento de masa hasta su posición de salida (x = 3). De ahí:
dF  4000 gxdx  39200 xdx
dW  39200(3  x) xdx
2
Integrando:

2
2
W  39200 (3  x) xdx = 39200  32 x 2  13 x3  = 39200 6  83  0 =
0
0
W = 39200  103  = 130 667 joules
Monterrico, 10 de Junio de 2006
6