PEP Acumulativa

Universidad de Santiago de Chile, Facultad de Ciencia, Departamento de Matemática y C.C.
Asignatura Cálculo I, Módulo Básico Ingenierı́a, Primer Semestre 2012
PEP Acumulativa
Problema 1.
(20 pts.)
{
(1.1) ¿Para qué valores de a y b la función g(x) =
x ∈ R?
ax + b
si x ≤ −1
+ x + 2b si x > −1
ax3
es derivable para todo
(1.2) Determine la ecuación de la recta normal a la curva de ecuación x3 y 3 + y 2 = x + y, en el punto (1, −1).
Problema 2. (20 pts.)
(2.1) El abrevadero de la figura se debe construir con las dimensiones que se indican en la figura. Sólo se
puede variar el ángulo θ. ¿Qué valor de θ maximizará el volumen del abrevadero?
(2.2) Una luz brilla desde el extremo superior de un poste de 15 [m] de altura. Se lanza una pelota a la
misma altura desde un punto ubicado a 10 [m] de distancia de la luz (véase la figura). ¿Qué tan rápido
se mueve la sombra de la pelota a lo largo del suelo 12 segundo después? (Suponga que la pelota cae
una distancia s = 16t2 [m] en t segundos).
Problema 3.
(20 pts.)
√
d2 s(t)
3
= 15 t − √ ,
2
dt
t
sujeta a las condiciones s′ (1) = 4 y s(1) = 0. Determine la posición s(t) en términos de t.
(3.1) Una partı́cula se desplaza sobre una recta coordenada con aceleración a(t) =
(3.2) Sea f (x) la función que satisface la relación
df (x)
= sen(ln x), con f (eπ ) = eπ . Calcule f (e2π ).
dx
PAUTA PRUEBA ACUMULATIVA
Problema 1.
(20 pts.)
{
(1.1) ¿Para qué valores de a y b la función g(x) =
ax + b
si x ≤ −1
+ x + 2b si x > −1
ax3
x ∈ R?
es derivable para todo
En primer lugar analicemos la diferenciabilidad de la función en los distintos tramos y luego el caso
particular de x = −1.
• La función es derivable en todo punto x0 ∈ ] − ∞, −1[. En efecto,
f ′ (x0 ) = lı́m
x→x0
a(x − x0 )
(ax + b) − (ax0 + b)
= lı́m
= lı́m a = a,
x→x0 x − x0
x→x0
x − x0
∀ x0 ∈ ] − ∞, −1[.
• La función es derivable en todo punto x0 ∈ ] − 1, +∞[. En efecto,
(ax3 + x + 2b) − (ax30 + x0 + 2b)
x→x0
x − x0
3
3
a(x − x0 ) + (x − x0 )
= lı́m
x→x0
x − x0
2
= 3ax0 + 1, ∀ x0 ∈ ] − 1, +∞[.
f ′ (x0 ) =
lı́m
• En virtud de los casos anteriores, tenemos que:
f−′ (−1) = lı́m
x→−1−
f+′ (−1) = lı́m
x→−1+
(ax + b) − (−a + b)
=a
x − (−1)
(ax3 + x + 2b) − (−a − 1 + 2b)
= 3a + 1
x − (−1)
Luego f será derivable en todos los reales si se verifica que a = 3a + 1, es decir, si a = 0, 5.
Además, para que f sea derivable, f debe ser continua.
La continuidad de f en x = −1 se verifica si
−a + b, de donde b = 1.
lı́mx→−1+ ax3 + x + 2b = f (−1). Ası́, −a − 1 + 2b =
(1.2) Determine la ecuación de la recta normal a la curva de ecuación x3 y 3 + y 2 = x + y en el punto
(1, −1).
La función implı́cita escrita en la forma F (x, y, c) = 0 es x3 y 3 + y 2 − x − y = 0. Derivando
implı́citamente la función respecto de x tenemos:
d 3 3
(x y + y 2 − x − y) = 0 ⇐⇒ 3x2 y 3 + x3 · 3y 2 y ′ + 2yy ′ − 1 − y ′ = 0
dx
⇐⇒ 3x2 y 3 − 1 + y ′ (3x3 y 2 + 2y − 1) = 0
1 − 3x2 y 3
⇐⇒ y ′ = 3 2
3x y + 2y − 1
Ası́, en (1, −1) la pendiente de la recta tangente es indeterminada, por lo cuál la curva no tiene
recta normal en el punto (1 − 1).
Problema 2. (20 pts.)
(2.1) El abrevadero de la figura se debe construir con las dimensiones que se indican en la figura. Sólo se
puede variar el ángulo θ. ¿Qué valor de θ maximizará el volumen del abrevadero?
Para maximizar el volumen, basta con optimizar el área de la sección transversal, área que corresponde
a la de un trapecio de bases a = 1 , b = 1 + 2 sen θ y altura h = cos θ, dicha área se obtiene con la
1
1
formula A = (a + b)h. Luego la función a optimizar es A(θ) = (2 + 2 sen θ) cos θ, o equivalentemente
2
2
A(θ) = (1 + sen θ) cos θ.
A′ (θ) = cos2 θ−(1+sen θ) sen θ = 1−sen2 θ−sen θ−sen2 θ = 1−sen θ−2 sen2 θ = (1+sen θ)(1−2 sen θ)
Igualando a cero la primera derivada se obtiene
A′ (θ) = 0 ⇐⇒ (1 + sen θ)(1 − 2 sen θ) = 0
⇐⇒ 1 + sen θ = 0
∨
1 − 2 sen θ = 0
1
⇐⇒ sen θ = −1 ∨ sen θ =
2
3π
π
⇐⇒ θ =
∨ θ=
2
6
]
[
Como se deduce de la aplicación, el ángulo θ debe estar en un rango de 0, π2 , por lo tanto el ángulo
buscado es θ = π6 (posible valor que maximiza el área).
Por otro lado el calculo de la segunda derivada da como resultado A′′ (θ) = − cos θ(1 + 2 sen θ) ⇒
√
( )
A′′ π6 = − 3 < 0. Entonces en θ = π6 el volumen es máximo.
(2.2) Una luz brilla desde el extremo superior de un poste de 15 [m] de altura. Se lanza una pelota a la
misma altura desde un punto ubicado a 10 [m] de distancia de la luz (véase la figura). ¿Qué tan rápido
se mueve la sombra de la pelota a lo largo del suelo 12 segundo después? (Suponga que la pelota cae
una distancia s = 16t2 [m] en t segundos).
En la figura, se denotan las distancias de interés, a saber, y, u, w. Usando la razón trigonométrica
tangente se tiene la siguiente relación:
tan θ =
15
y
=
10 + w
w
=⇒
w=
10y
15 − y
Observación: La relación anterior también se puede obtener usando semejanza de triángulos.
Por otro lado, podemos definir la distancia y como sigue: y = 15 − 16t2 .
Luego se tiene
w=
10(15 − 16t2 )
150 − 160t2
=
15 − (15 − 16t2 )
16t2
Derivando respecto de t.
dw
d
=
dt
dt
Finalmente, evaluamos en el tiempo t =
1
2
(
150 − 160t2
16t2
)
=
−75
4t3
[seg]
−75
dw 1 = 1 3 = −150
dt t= 2
4( 2 )
[
m
seg
]
El signo negativo tiene sentido, ya que, la sombra se mueve en dirección contraria al eje positivo x.
Problema 3.
(20 pts.)
√
d2 s(t)
3
=
15
t− √ ,
2
dt
t
sujeta a las condiciones s′ (1) = 4 y s(1) = 0. Determine la posición s(t) en términos de t.
(3.1) Una partı́cula se desplaza sobre una recta coordenada con aceleración a(t) =
Para obtener s(t), integramos dos veces.
)
∫
∫ ( √
√
3
3
′
′′
• s (t) = s (t) dt =
15 t − √ dt = 10t 2 − 6 t + C1
t
√
3
′
Con la condición, s (1) = 4 tenemos: 10 · 1 2 − 6 · 1 + C1 = 4
∫
∫ (
√)
3
5
3
′
• s(t) = s (t) dt =
10t 2 − 6 t dt = 4t 2 − 4t 2 + C2
5
3
Con la condición, s(1) = 0 tenemos: 4 · 1 2 − 4 · 1 2 + C2 = 0
Ası́, la posición esta dada por la función
5
3
s(t) = 4t 2 − 4t 2
⇔
⇔
C1 = 0
C2 = 0
df (x)
(3.2) Sea f (x) la función que satisface la relación
= sen(ln x), con f (eπ ) = eπ . Calcule f (e2π ).
dx
∫
La función es f (x) = sen(ln x) dx, para obtenerla integramos por partes,
u = sen(ln x) ⇒ du =
cos(ln x)
dx
x
dv = dx ⇒ v = x
∫
f (x) = x · sen(ln x) −
cos(ln x) dx
Integramos nuevamente por partes
− sen(ln x)
u = cos(ln x) ⇒ du =
dx
x
dv = dx ⇒ v = x
Entonces
(
)
∫
f (x) = x · sen(ln x) − x · cos(ln x) − − sen(ln x) dx
(
)
∫
= x · sen(ln x) − x · cos(ln x) + sen(ln x) dx
= x · sen(ln x) − (x · cos(ln x) + f (x))
= x · sen(ln x) − x · cos(ln x) − f (x)
De esto último se tiene
2f (x) = x · sen(ln x) − x · cos(ln x)
⇔
f (x) =
x · sen(ln x) − x · cos(ln x)
+C
2
La condición, f (eπ ) = eπ , nos permite obtener el valor de la constante de integración, C.
f (eπ ) =
eπ · sen(ln eπ ) − eπ · cos(ln eπ )
eπ · sen(π) − eπ · cos(π)
eπ
+C =
+C =
+C
2
2
2
Luego
eπ
+ C = eπ
2
Ası́, la función es
f (x) =
⇔
C=
eπ
2
x · sen(ln x) − x · cos(ln x) + eπ
2
Finalmente, evaluando en x = e2π .
f (e2π ) =
=
=
=
e2π · sen(ln e2π ) − e2π · cos(ln e2π ) + eπ
2
eπ π
(e · sen(2π) − eπ · cos(2π) + 1)
2
eπ
(−eπ + 1)
2
eπ
e2π
−
2
2