Pauta evaluación sumativa 2 mod1 Calculo Integral-220132-168 IIS 2022

UNIVERSIDAD DEL BÍO-BÍO
FACULTAD DE CIENCIAS
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
SC-MH-NM-MOP
Pauta Evaluación Sumativa 2 Módulo Mód 1 Cálculo Integral. (220132-220168)
02 de Noviembre de 2022
1. (20 puntos) Usando la definición de la integral de Riemann, calcule el valor de la integral
∫ 3
(4x + 3) dx
1
Solución
Consideremos la partición regular de [1, 3],
Departamento de Matemática - Universidad del Bío-Bío - 2022
P = {x0 = 1, x1 , x2 , . . . , xn = 3},
con ∆x =
2
2
y xi = 1 + i.
n
n
Entonces,
(
)
2
8
f (xi ) = 4 1 + i + 3 = 7 + i.
n
n
(5 puntos)
Luego,
∫
n
∑
3
(4x + 3)dx =
1
=
lı́m
n→+∞
i=1
n (
∑
lı́m
n→+∞
i=1
[
=
f (xi )∆x
lı́m
n→+∞
)
2
8
7+ i ·
n
n
]
n
n
2∑
8 2∑
7+ ·
i
n
n n
i=1
i=1
[
=
n(n + 1)
2
8 2 Z
· 7
n+ · ·
n
n
n
2
Z
lı́m
n→+∞
[
=
Por lo tanto,
lı́m
n→+∞
∫
(10 puntos)
]
(
)]
1
14 + 8 1 +
= 22.
n
3
(4x + 3)dx = 22.
1
(5 puntos)
1
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2. (25 puntos) Calcule el área de la región en el semiplano superior bajo la parábola y = 4 − x2 , y
entre las rectas y = 3x, y = −3x. Bosquejar la región.
Solución
Gráfica de la región:
(5 puntos)
Buscamos las intersecciones de la parábola y = 4 − x2 con las rectas y = −3x e y = 3x que estén
en el semiplano superior. En las tales, la coordenada x está en el intervalo [−2, 2].
4 − x2 = −3x ⇒ x2 − 3x − 4 = 0 ⇒ (x + 1)(x − 4) = 0 ⇒ x = −1.
4 − x2 = 3x ⇒ x2 + 3x − 4 = 0 ⇒ (x − 1)(x + 4) = 0 ⇒ x = 1.
La región dada, cuya área hay que calcular, tiene una parte acotada por y = 4 − x2 , y = −3x y el
eje y, mientras que la otra parte está acotada por y = 4 − x2 , y = 3x y el eje y. (5 puntos)
Luego, el área pedida se calcula de la siguiente manera
∫ 0
∫ 1
A =
[(4 − x2 ) − (−3x)]dx +
[(4 − x2 ) − 3x]dx
−1
∫
= 2
0
1
[(4 − x2 ) − 3x]dx
0
(10 puntos)
[
x3 3 2
− x
= 2 4x −
3
2
[
= 2 4−
x=1
x=0
]
1 3
16
−
= .
3 2
3
Por lo tanto, el área de la región dada es
16
unidades de área.
3
(5 puntos)
2
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3. (15 puntos) La temperatura en grados Farenheit de una barra metálica de 2 metros de longitud
está dada por: T (x) = 20x(2 − x) − 40, donde x es la posición en cada instante medida desde un
extremo de la barra. Calcule la temperatura promedio de la barra y a qué distancia de los extremos
se alcanza este promedio.
Solución
Se tiene que T (x) = 20x(2 − x) − 40, t ∈ [0, 2]. Como T es continua en [0, 2], por el teorema valor
intermedio para integrales, existe c ∈ [0, 2], tal que:
∫
T (c) =
2
[40x − 20x2 − 40]dx
0
(4 puntos)
2
Así, se tiene ∫que valor promedio es:
2
[20x(2 − x) − 40]dx
1(
0
T = T (c) =
=
20x2 −
2
2
20 3
3 x
− 40x
2
0
(
)
8
80
= 10 4 − − 4 = −
3
3
(5 puntos)
Determinemos el valor de c:
80
3
80
−3
=− /·
3
20
(4 puntos)
=4
=0 √
3± 3
=
3
T (c) = −
40c − 20c2 − 40
3c2 − 6c + 6
3c2 − 6c + 2
c
√
3+ 3
Luego, la distancia de la barra donde se alcanza el valor promedio es de
≈ 1,58 metros
3
(2 puntos)
3
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∫
4. (15 puntos)Si f es una función derivable no nula tal que
x
tf (t) dt = [f (x)]2 − 4, con f (1) = 3.
5
Hallar f (2).
Solución
Derivando, la expresión con respecto a x:
∫ x
tf (t) dt
f (x)]2 − 4
5
=
dx
dx
xf (x) = 2f (x) · f ′ (x),
∫
x
f ′ (x) = , / dx
2
x2
+C
f (x) =
4
11
de f (1) = 3 se tiene que c =
4
x2 11
+ . (5 puntos)
Luego, f (x) =
4
4
15
Así, f (2) =
(2 puntos)
4
4
primer TFC (8 puntos)
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5. (25 puntos) Calcule el volumen del sólido generado en la rotación de la región encerrada por las
curvas y = x + 1 e y = x2 + 1 alrededor de:
a) el eje x.
b) la recta x = −1
Solución
Grafico región
(5 puntos)
Para delimitar las regiones, resolvemos x + 1 = x2 + 1. De aquí x2 − x = 0, cuyas soluciones son
x = 0 y x = 1.
Luego, la región a rotar está acotada por x + 1, x2 + 1, para 0 ≤ x ≤ 1.
a) alrededor del eje x.
Calculamos el volumen del sólido generado por la región, al rotar alrededor del eje x.
∫ 1
V = π
[(x + 1)2 − (x2 + 1)2 ]dx
0
∫
1
= π
0
∫
= π
1
(x2 + 2x + 1 − x4 − 2x2 − 1)
(2x − x2 − x4 )dx
(7 puntos)
0
(
x3 x5
= π x −
−
3
5
x=1
2
(
= π 1−
1 1
−
3 5
Entonces, el volumen buscado es de
)
=
x=0
7π
.
15
7π
unidades de volumen.
15
(3 puntos)
5
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b) alrededor de la recta x = −1 Tomamos la misma región del desarrollo anterior y usamos
método del anillo, para lograr la rotación alrededor de la recta x = −1.
Entonces,
∫
1
V
= 2π
(x + 1)[(x + 1) − (x2 + 1)]dx
0
∫
= 2π
1
(x + 2)(x2 − x3 + x − x2 )dx
(7 puntos)
0
(
x4 1
= π − +
4
2
Entonces, el volumen buscado es de
1
=
0
π
.
2
π
unidades de volumen.
2
(3 puntos)
6