Prueba02-Unidad 2-MathII-15% Versión 02 New

REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA
MINISTERIO DEL PODER POPULAR PARA LA DEFENSA
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL POLITÉCNICA
DE LA FUERZA ARMADA
NÚCLEO BARINAS
INSTRUCCIONES
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
Llene todos los datos en letra imprenta.
Espere que el profesor de la orden de comenzar la prueba.
Lea cuidadosamente cada una de las preguntas antes de contestar.
Deberá formular cualquier pregunta durante los primeros 10 minutos del examen, que tenga relación con la prueba que se está
aplicando, en voz alta para beneficio del grupo.
Usted tendrá para responder un tiempo comprendido entre las _________ y las _________ horas.
Absténgase de consultar a sus compañeros, ya que esto es una falta grave establecida en el Artículo 45 Numeral 10 del Reglamento
Disciplinario de la UNEFA.
Cuide su redacción y ortografía.
APELLIDOS Y NOMBRES:
C.I.:
1)_____________________________________________
1)_____________
DEPARTAMENTO: Ingeniería de petróleo
SEMESTRE: III-
SECCIÓN: F
PRUEBA: Unidad II versión 02
ASIGNATURA: Matemática II
NOMBRE DEL DOCENTE:
(ponderación 15%)
NOTA:
FECHA:03/06/10
Lcdo. Eliezer Montoya
Desarrollo:
1) Representar la gráfica de la g (t ) = t 3 − 6t 2 + 8t función y hallar el área entre la
gráfica y el eje x con respecto las rectas t =0 y t = 4 (3ptos)
2) Hallar el área de la región formada por las dos gráficas
2.1 f ( x) = x 2 y g ( x) = 2 x + 5
(2.5 ptos)
4
2.2 f ( x ) = cos ( x ) y g ( x) = 1 − cos ( x ) para −
π
3
≤x≤
π
3
(2.5ptos)
3) Hallar el volumen del sólido generado girando la región bajo curva o grafica de la
función. h( x) = 9 − x 2 ; sobre el intervalo [ −1,3] sobre el eje de x (3ptos)
4) Encuentre el volumen del sólido generado girando la región limitada por los
gráficos de las curvas dadas sobre el eje indicado y = x 3 , x = 2 y el eje x sobre el
eje y (4ptos)
5) Encontrar la longitud del arco formado por la curva y = ln x desde x = 3 hasta
x = 8 (3ptos)
6) La aceleración de una partícula viene dada por a (t ) = t 2 + 2t + 1 m/s2, calcular la
velocidad recorrida en el intervalo que va desde t =2 hasta t = 5seg. (2 ptos)
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Lcdo. Eliezer Montoya
Solución:
1) Representar la gráfica de la g (t ) = t 3 − 6t 2 + 8t función y hallar el área entre la
gráfica y el eje x con respecto las rectas t =0 y t = 4 (este problema esta planteado en
la guía didáctica discutida en clases corresponde al ejercicio número 8)
La grafica de g (t ) = t 3 − 6t 2 + 8t viene dada por:
g (t ) = t 3 − 6t 2 + 8t
Factorizamos
g (t ) = t ( t 2 − 6t + 8 )
g (t ) = t ( t − 4 )( t − 2 )
Vemos que las raíces son:
t=0 ,t= 2,t = 4
La primera derivada nos da los
puntos máximos o mínimos
g , (t ) = 3t 2 − 12t + 8 = 0
t1=3,15 y t2=0,85
La segunda derivada nos da
información sobre el pto. de
inflexión
g ,, (t ) = 6t − 12 = 0
0 = 6t − 12
12
=2
t=
6
Tabla de valores
0.85
t
0
y=g(t) 0
3.08
1
3
2
0
3
-3
3.15
-3.08
4
0
Comentario [P1]: Pto Máximo
Comentario [P2]: Pto Mínimo
El área formada por la curva y las rectas t= 0 y t =4 , viene dada por: A total = A1-A2
4
2
0
0
4
A = ∫ ( t 3 − 6t 2 + 8t ) dt = ∫ ( t 3 − 6t 2 + 8t ) dt − ∫ ( t 3 − 6t 2 + 8t ) dt =
2
2
4
2
4
 t 4 6t3 8t2 
 t 4 6t 3 8t 2 
 t4
 t4
3
2
3
2
= −
+
+
 − −
 =  − 2t + 4t  −  − 2t + 4t 
4
4
3
2 
3
2 
0 4
2
4

0
2 
 (2)4
   (4)4
  (2) 4

=
− 2(2)3 + 4(2)2  +  − 
− 2(4)3 + 4(4)2  + 
− 2(2)3 + 4(2) 2   =
 4
   4
  4

= 4 − 16 + 16 + ( 64 − 128 + 64 ) + 4 − 16 + 16  = 4 + 4 = 8ua


(
)
(
)
2) Hallar el área de la región formada por las dos gráficas
2.1) f ( x ) = x 2 y g ( x ) = 2 x + 5
4
Igualemos ambas ecuaciones para hallar los puntos de intercepción, que dando en
presencia de una ecuación de segundo grado:
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f ( x ) = g ( x) es decir, y = y
a = 1


2
5
5
x = 2x +
⇒ x − 2x −
= 0 ⇒ b = −2 
4
4
c = −5 / 4 
2
−b ± b 2 − 4ac 2 ± 4 − 4 .(1)(−5 / 4 ) 2 ± 4 + 5 2 ± 9 2 ± 3
=
=
=
=
2a
2
2
2
2
2+3 5
x1 =
= ≈ 2.5
2
2
2−3
1
= − ≈ 0.5
x2 =
2
2
x=
Con estos valores podemos encontrar los puntos donde se interceptan la recta y la parábola
Para x = 5 / 2 → f (5 / 2) = (5 / 2) 2 = 25 / 4 ≈ 6.25
Para x = −1/ 2 → f (−1/ 2) = (−1/ 2) 2 = 1/ 4 ≈ 0.25
Ahora podemos diseñar una tabla de valores entre 5/2 y -1/2 para visualizar el área buscada
entre las dos curvas
x
-1/2
0
1
2
5/2
f ( x) = x 2
1/4
0
1
4
25/4
g ( x) = 2 x + 5
1/4 =0,25
5/4=1,25
13/4=3,25
21/4=5,25
25/4=6,25
Ahora estamos podemos calcular el área formada entre las curvas, que viene hacer la
diferencia entre el área de la recta menos el área de la parábola
5/ 2
5/ 2
5/2
 2 x2 5
x3 
A = ∫ ( g ( x) − f ( x) ) dx = ∫  2 x + 5 − ( x 2 )  dx = 
+ x− 
4


4
3
 2
−1/ 2
−1/ 2
−1/ 2
(
)
5/2
 2 5
x3 
30 126
 25 25 125 / 8   1 5 1/ 8 
=x + x− 
= +
−
−
=
− − +
=6+
4
3
8
3  4 8
3 
8
24
 4

−1/ 2
= 6+
15 21
6 24 − 6 18 9
−
=6− =
=
= ua ≈ 4.5ua
4
4
4
4
4 2
2.2 ) f ( x) = cos ( x ) y g ( x) = 1 − cos ( x ) para −
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π
3
≤ x≤
π
3
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4
Calculemos el área entre la curva superior menos la inferior, es decir, f(x) – g(x)
A=∫
π /3
−π / 3
π /3
π /3
( f ( x) − g ( x) )dx = ∫−π / 3 ( cos( x) ) − (1 − cos ( x ) )dx = 2∫0 ( 2 cos( x) − 1) dx =
π /3

3 2π
π  π 
= 2.  2 sin   −  − 2.   2 sin ( 0 ) − 0   = 4 .
−
=
3
3
3
2
 


= 2 ( 2 sin( x ) − x) )
0
2π

= 2 3 −
3

2(3 3 − π )

ua
 ua =
3

3) Hallar el volumen del sólido generado girando la región bajo curva o grafica de la
función. h( x) = 9 − x 2 ; en el intervalo [ −1,3] sobre el eje de x
El volumen de la función h( x) = 9 − x 2 que gira sobre
el eje x en el intervalo [ −1,3]
Vgira sobre el eje x = π ∫
2
3
[ h( x)] dx =
−1
2
3
3
V = π ∫  9 − x 2  dx = π ∫ 9 − x 2 dx
−1 
−1

3

x3 
= π 9 x −  =
3

−1


(3) 
(−1)3 
π
= π 9(3) −
−
9(
−
1)
−
=

3 
3 


1

= π ( 27 − 9 ) − π  −9 +  =
3

26
54 + 26
80
π = π uc ≈ 83.73uc
= 18π + π =
3
3
3
3
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4) Encuentre el volumen del sólido generado girando la región limitada por los
gráficos de las curvas dadas sobre el eje indicado y = x 3 , x = 2 y el eje x sobre el
eje y
Para x=0 , entonces y=0
Para x=2 , entonces y=8
Si y = x 3 ⇒ 3 y = x
Es decir g ( y ) = 3 y
Usando el método de arandelas, haciéndola girar
alrededor del eje y tenemos:
8
(
V = π ∫ (2)2 −
0
( ))
2
3
y
8

y5 / 3 
= π 4 y −
=π
5 / 3 

0
8
dy = π ∫ ( 4 − y 2 / 3 ) dy =
0

3.(8)5 / 3 
4(8)
−
=

5 



3.(23 )5 / 3 
3.215 / 3 
= π 32 −
=
32
−
=
π


5
5 



 5.32 − 3.32 
 2.32  64
=π 
=π 
=
π ≈ 40.192uc

5


 5  5
5) Encontrar la longitud del arco formado por la curva y = ln x desde x = 3 hasta
x = 8 (3ptos)
dy d
1
=
( ln x ) =
dx dx
x
2º Determinamos la longitud del arco, denotada por “s”, usando:
1º Calculamos la derivada de y = ln x ⇒
s=∫
=∫
8
3
8
3
2
 dy 
1 +   dx = ∫
 dx 
8
3
2
1
1 +   dx = ∫
x
8
3
1+
1
dx = ∫
x2
8
3
x2 + 1
dx
x2
x2 + 1
dx
x
Método # 1: Para resolver la integral s = ∫
Usemos sustitución trigonometrica
x
tan θ = ⇒ x = tan θ ∴ dx = sec 2 dx
1
8
3
x2 + 1
dx
x
Figura 1-A
x 2 + 1 = (tan θ ) 2 + 1 = sec 2 θ = sec θ
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x2 + 1
∫ x dx =
La rescribimos asi:
sec θ . sec 2 θ dθ
sec θ .(tan 2 θ + 1) dθ
sec θ
=
= ∫ sec θ . tan θ dθ + ∫
dθ (1)
∫ tan θ
∫
tan θ
tan θ
La integral del primer sumando es ∫ sec θ . tan θ dθ = sec θ + C
(2)
1
sec θ
cos θ
dθ
c
o
dθ = ∫
= csc θ dθ
La integral del segundo sumando es ∫
d θ = ∫ s θ dθ = ∫
sin θ
sin θ ∫
tan θ
sin θ . cos θ
cos θ
dicha integral la podemos calcular:
 Por sustitución o cambio de variable 
t = csc θ − cot θ

(csc θ − cot θ )
csc θ − csc θ cot θ


csc
=
=
d
d
θ
θ
θ
∫
∫ (csc θ − cot θ )
 dt = − csc θ cot θ − (− c sc 2 θ )dθ

(csc θ − cot θ )


2
 dt = csc θ − csc θ cot θ dθ

2
dt
= ln t + C = ln csc θ − cot θ + C
t
sustituimos (3) y (2) en (1)
∫
∫
(3)
x2 + 1
sec θ
dx = ∫ sec θ . tan θ dθ + ∫
dθ = sec θ + ln csc θ − cot θ + C
x
tan θ
Por el triángulo rectángulo de la figura 1-A tenemos
1
sec θ =
= x2 + 1
cos θ
1
x2 + 1
=
sin θ
x
1
1
cot θ =
=
tan θ x
csc θ =
∫
x2 + 1
dx = x 2 + 1 + ln
x
s=∫
8
3
x2 + 1 1
− + C = x 2 + 1 + ln
x
x
x2 + 1
dx = x 2 + 1 + ln
x
x2 + 1 − 1
x
8
3

2
 3 + ln
2 2

x2 + 1 − 1
+C
x

2  
1 
=  3 + ln
 −  2 + ln

8 
3

 
1 
 −  2 + ln
=
3
 
 3
1 3
= 3 − 2 + ln1 − ln 2 − ln1 + ln 3 = 1 + ln 
 = 1 + ln   ua = 1, 2027ua
2 2
 2
Método # 2: Para resolver la integral de la longitud del arco s = ∫
8
3
x2 + 1
dx
x
Usemos integrales por reducción o tablas que dice así:
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∫
a2 + u 2
a + a2 + u2
du = a 2 + u 2 − a ln
+C
u
u
s=∫
8
3
x2 + 1
1 + 1 + x2
dx = 1 + x 2 − ln
x
x
8
3

4
=  3 − ln

2 2


4  
3 
=  3 − ln
 −  2 − ln

8 
3

 
3 
ln 2
ln 3
+ ln 3 −
=
 −  2 − ln
 = 3 − 2 − ln 2 + ln 2 + ln 3 − ln 3 = 1 − ln 2 −
2
2
3
 
 3
 ln  2  
 −2 ln 2 + ln 2 + 2 ln 3 − ln 3 
 − ln(2) + ln(3) 
   = 1 + 1 ln  3  ua = 1, 20ua

=1+ 
=
+
=
+
1
1



 
2
2
2 2
 2 








6) La aceleración de una partícula viene dada por a (t ) = t 2 + 2t + 1 m/s2, calcular la
velocidad recorrida en el intervalo que va desde t =2 hasta t = 5seg.
5
 t3 2t2

v(t ) = ∫ a (t )dt = ∫ ( t + 2t + 1) dt =  +
+t
t =a
2
2
3
2
t =b
5
2
 (5)3
  (2)3
 125
8
125 − 8
=
+ (5)2 + (5)  − 
+ (2)2 + (2)  =
+ 25 + 5 − − 4 − 2 =
+ 30 − 6 =
3
3
3
 3
  3

117
=
+ 24 = 39 + 24 = 63 m
s
3
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