solemnes calculo unab

´ Universidad Andres es Bello Bello Facultad acultad de Ingenier´ ıa ´ ticas Depar Depart tamento de Ma Matem tematicas a

´ CALCULO II (FMM133) SOLEMNE 1 Abril 17, 2009. Duraci´ on: on: 90 minutos. Importante: No se asignar´ an puntos por respuestas sin justificaci´ an on. on. Problema 1 :   Considere la sucesi´on on a

 { }  definida por recurrencia como n

a1  = 1, a  = n

1 para n para  n 1 + a + a −1 n

 ≥ 2

a) (0.3 ptos) Calcule a  Calcule  a 2 ,  a 3 y  a 4 . co nvergente, calcule cal cule su l´ımite. b) (0.5 ptos) Sabiendo que es convergente,

Soluci´ on: on: a) a2  = a3  =

1 1+a1 1 1+a2

= =

a4  =

1 1+a3

=

1 1+1 1 1

1+ 2 1 2 1+ 3

= 21 = 32 = 53 . 1 1+an

b) Sea L Sea  L =  = l´ım a . Tomado l´ımite a ambos lados de a  = →∞ n

n

n

L  =

1 1 + L + L

Reagrupando L2 + L Despejando L  se obtiene L  =

−1 =0  −1 ± √ 5

2 Como a Como  a  tiene solo t´erminos erminos positivos debemos tener L Por lo tanto L tanto  L  debe ser 1+ 5 L  = 2

 ≥ 0.

n

 − √ 

Problema 2 : (0.7 ptos)  Calcule

   

l´ım n2 1 →∞

n

−

1

− n5

2

obtenemos

Soluci´ on: El l´ımite es del t´ıpo 5 de 1 1 .

  − −

 ∞ · 0. Lo resolvemos multiplicando y dividiendo por el conjugado

2

n

   

l´ım n2 1 →∞

n

1

−

−

5 n2

 −   −    −     −  − −     −       −     − 

  = l´ım n2 →∞ n

=

l´ım n →∞

2

l´ım n →∞

2

n

1

n

=

l´ım →∞

n

5 2

=

1+

2

n

1+

1

5

(1

1+

2

n

2

n

1+

1

5

2

n

5

1

2

n

)

5

1

5

=

5

1

2

n

)

5

1

2

n

5

1+

5

1

2

n

Problema 3 : (1.5 ptos)  Calcule

 

dx √  3x( 3x + 1 − 1)

Indicaci´ on: use el cambio u 2 = 3x + 1

Soluci´ on: Haciendo el cambio u2 = 3x + 1 se obtiene 2udu = 3dx y por lo tanto dx = 32 udu. Tambi´en tenemos 3x = u 2 1 y u = 3x + 1.

 

√  − dx √  = 3x( 3x + 1 − 1)

2 3 2 = 3

   

(u2

−

(u2

−

u 1)(u u 1)(u

− 1) du − 1) du

Usamos fracciones parciales: (u2 Se obtiene A = Ahora

 

(u2

−

−

u 1)(u

− 1)

=

A B C   +  + u + 1 u 1 (u 1)2

−

−

−1/4, B  = 1/4 y C  = 1/2.

u 1)(u

− 1)

du = ( 1/4)

−

=

 

1  + (1/4) u+1

 

1

 + (1/2)

 

1

(u − 1) −1 1 (−1/4)ln |u + 1| + (1/4)ln |u − 1| − (1/2) u−1 u

2

Deshaciendo el cambio obtenemos

 

√  √  2 2 2 1 dx √  = ( )(−1/4)ln | 3x + 1+1|+( )(1/4)ln | 3x + 1 −1|−( )(1/2) √  + 3 3 3 3x( 3x + 1 − 1) 3x + 1 − 1

 

√  √  1 dx √  = ( −1/6)ln | 3x + 1+1|+(1/6)ln | 3x + 1−1|−(1/3) √  +C  3x( 3x + 1 − 1) 3x + 1 − 1

Problema 4 : (1.5 ptos)  Se sabe que una funci´on F   verifica F  (x) =

√ x a+ 16 ,

F (0) = 2, F (3) = 1

2

con a  una constante real. Encuentre el valor de  a. Indicaci´ on: puede ser u ´ til

 

sec θdθ = ln sec θ + tan θ + C 

|

|

Soluci´ on:  Debemos encontrar F (x) =

a dx x2 + 16

  √ 

Hacemos el cambio x = 16tan θ, por lo tanto dx = 4 sec2 θdθ. 4sec2 θ dθ 16tan2 θ + 16   4sec2 θ = a dθ 4 tan2 θ + 1   4sec2 θ = a dθ 4 sec2 θ   4sec2 θ = a  dθ 4sec θ

a = a x2 + 16

  √ 

= a

 

  √    √    √     

sec θdθ

= a ln sec θ + tan θ + C 

|

|

Deshacemos el cambio: tan θ = x/4. Esto corresponde a un tri´ angulo rect´angulo de con un a´ngulo θ, el cateto √  opuesto x  y el cateto adjacente 4. Por lo tanto la hipotenusa es +16 2 . Tenemos entonces x + 16 y sec θ = 4

√ 

2

x

a dx x2 + 16 x2 + 16 = a ln + x/4 + C  4 x2 + 16 + x = a ln + C  4

F (x) =

  √  | |

√  √ 

Ahora 2 = F (0) = a ln 1 + C  = C , es decir C  = 2. 1 = F (3) = a ln 2 + 2 por lo tanto a = ln12 .

||

||

−

|

|

Problema 5 : (1.5 ptos)  Para n

∈ R  definimos I   = n

 

(x2 + a2 ) dx n

Demuestre que para n =

   −1/2 se tiene 2na2 x(x2 + a2 ) + I   = I  −1 2n + 1 2n + 1 n

n

n

Indicaciones: Integre por partes. Puede ser u ´ til la identidad x 2 = (x2 + a2 )

Soluci´ on:  Integrando por partes con 2 u = (x + a2 ) , du = n(x2 + a2 ) −1 (2x)dx dv = dx, v  = x n

n

= (x2 + a2 ) x

I 

n

n

2

−a .

2

2

= x(x + a )

n

= x(x2 + a2 )

n

= x(x2 + a2 )

n

= x(x2 + a2 )

n

  −

n(x2 + a2 ) −1 (2x)xdx n

     

2

2

2

1

− 2n x (x + a ) − dx − 2n (x + a − a )(x + a ) − dx − 2n (x + a ) dx + 2na (x + a ) − dx − 2nI   + 2na I  − 2

2

2

2

n

2

2

2

2

n

2

n

n

 

1

Despejando I   obtenemos n

2na2 x(x2 + a2 ) + I   = I  −1 2n + 1 2n + 1 n

n

n

n

1

2

2

n

1

Universidad Andr´ es Bello Facultad de Ingenier´ ıa ´ ticas Departamento de Matema

´ CALCULO II (FMM133) SOLEMNE 1 Septiembre 11, 2009. Duraci´ on: 90 minutos. Importante: No se asignar´ an puntos por respuestas sin justificaci´ on. Problema 1 : (1.2 ptos)  Considere la funci´on de dominio real dada por

 3x(√ 9x + 16 − x) F (x) =  x(x2x ++ 11)  

 ≤ 1

x

2

Calcule

x > 1

4

F (x)dx

0

Soluci´ on: 4

1

4

 

 

 

F (x)dx =

0

F (x)dx +

0

1 1

=

F (x)dx

 

4

√ 

3x2 ( 9x2 + 16

− x)dx +

0

  2x + 1

x(x + 1)

dx

1 1

   − x   + (ln |x| + ln |x + 1|)|

21 3 1 (9x2 + 16)3/2 0 36 0 1 = (125 64) 1 + ln(4) + ln(5) 9 52 =  + ln(10) 9 =

−

−

4 1

− ln(1) − ln(2)

Problema 2 : (1.0 ptos)  Utilice el cambio u 2 = 1 + x2 para calcular

 

 1 + x x+dx(1 + x )

2 3/2

2

Soluci´ on:  Si  u 2 = 1 + x2 , entonces 2u du = 2x dx es decir udu = xdx.

 

x dx = 1 + x2 + (1 + x2 )3/2

 

=

  du √ u + u   u du 2

3

√ 

u 1 + u = 2 1 + u + C 

√ 

= 2

 

1+

√ 

1 + x2 + C 

Problema 3 :   Considere la sucesi´on xn  definida por recurrencia como

 { }

x1  = 1, xn+1  =

√ 3x

  para n

n

≥ 1

a) (0.4 ptos) Demuestre por inducci´on que x n   1.

∈ N se tiene 0 < a

n