I2 Calculo 2
Páginas: 5 (1213 palabras)
Publicado: 3 de agosto de 2015
´ lica de Chile
Pontificia Universidad Cato
´ticas
Facultad de Matema
´ticas
Departamento de Matema
Segundo Semestre de 2014
MAT1620 ⋆ C´
alculo 2
Interrogaci´on N◦ 2
1. (a) Grafique las curvas polares r = 1 + sen(θ), r = 1 + cos(θ).
(b) Determine el ´area encerrada por las curvas r = 1 + sen(θ), r = 1 + cos(θ), θ = 0, θ = π/2.
Soluci´
on.
(a) La gr´afica de las curvas polares es la siguiente2
1
-1
1
1
2
-1
-1
1
-1
ρ(θ) = 1 + cos(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π
ρ(θ) = 1 + sen(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π
Evaluaci´
on. (1 pto) por cada gr´afico correcto correcto, (1 pto) por identidicar que [0, 2π]
es el intervalo en que se deben graficar las curvas polares.
(b) La regi´on que se desea determinar su ´area es
2
(1 pto)
1
-1
1
2
-1
El u
´ nico punto de intersecci´on de las curvas polares, con 0 ≤ θ≤
1 + cos(θ) = 1 + sen(θ)
⇔
π
2
es soluci´on a la ecuaci´on
tan(θ) = 1
De este modo, el ´angulo de intersecci´on es θ = π4 . Luego el ´area est´a dada por
1
1 π/4
(1 + sen(θ))2 dθ +
A=
2 0
2
√
7 3
(1 pto)
= + π− 2
4 8
π/2
(1 + cos(θ))2 dθ
π/4
(1 pto)
2. Eval´
ue, si es posible, las siguientes integrales
1
(a)
1
dx
1−x
dx
√
dx
x (1 + x)
ln
0
∞
(b)
0
Soluci´
on. (a) La integral esimpropia (de segunda especie) en 1. Por tanto,
1
1
1−x
ln
0
a
=
lim−
a→1
1
1−x
ln
0
a
= − lim
a→1−
0
dx
(1 pto)
ln(1 − x) dx
(integramos por partes con u = ln(1 − x); v ′ = 1)
a
a
x
dx
1−x
= − lim
x ln(1 − x)
= − lim
a ln(1 − a) +
= − lim
a ln(1 − a) − ln(1 − x)
a→1−
0
+
0
a
a→1−
a→1−
0
1
−1
1−x
a
0
(1 pto)
dx
−a
= − lim ( (a − 1) ln(1 − a) − a ) = − ( −1 ) = 1(1 pto)a→1−
pues
lim (a − 1) ln(1 − a) = − lim x ln(x) = 0 (puede verificarse f´acilmente por L’Hopital)
a→1−
x→0+
x=1−a
Luego, la integral converge a 1.
Nota. Si tiene el procedimiento bueno pero no cambio la integral impropia por el l´ımite de
una propia, se otorgar´an solo (2 pto).
(b) La integral es impropia de primera especie y tambi´en de segunda especie ( en 0). Luego,
∞
0
√
1
dx
=
x (1 + x)√
0
dx
+
x (1 + x)
1
=
lim
ǫ→0+
ǫ
√
Mediante el cambio de variables u =
√
dx
= 2
x (1 + x)
du
1 + u2
∞
1
√
dx
x (1 + x)
dx
+ lim
M →∞
x (1 + x)
√
M
1
√
dx
.
x (1 + x)
(1 pto)
1
√ dx tenemos que
2 x
√
(1 pto)
= 2 arctan(u) = 2 arctan( x)
x
de modo que
2
⇒
du =
1
lim
ǫ→0+
M
lim
M →∞
√
1
ǫ
√
√
π
dx
= lim (2 arctan(1) − 2 arctan( ǫ)) =
ǫ→0+
x (1 + x)
2
dx
=
x (1 +x)
lim (2 arctan(M) − 2 arctan(1) ) = π −
M →∞
π
2
(1 pto)
y as´ı la integral converge a π.
Nota. Si tiene el procedimiento bueno pero no cambio la integral impropia por el l´ımite de
una propia, se otorgar´an solo (2 pto).
3. Estudie la convergencia de las siguientes series, en caso de ser convergentes, determine si dicha
convergencia es absoluta o condicional
∞
(a)
n=1
∞
1
n ln(n + 1)(−1)n
(b)
n=0
2n + 3
(n + 1) (n + 2)
Soluci´
on.
(a) Si f (x) =
1
entonces, es claro que, para x ≥ 1,
x ln(x + 1)
f (x) > 0;
f (x) es decreciente
y
lim f (x) = 0
(1 pto)
x→∞
de modo que podemos usar el Criterio de la integral. Tenemos que
∞
1
dx
>
x ln(x + 1)
∞
1
dx
=
(x + 1) ln(x + 1)
M
lim
dx
(x + 1) ln(x + 1)
M →∞
1
ln(M +1
dt
= ln(M + 1) − ln(2)
t
y como
M
1
dx
(x + 1) ln(x +1)
M +1
=
u=x+1
2
du
u ln(u)
=
t=ln(u)
ln 2
tenemos que
M
lim
M →∞
1
dx
=
(x + 1) ln(x + 1)
lim ( ln(M + 1) − ln(2) ) = ∞
M →∞
(1 pto)
de modo que la integral diverge y por tanto, como la integral original es mayor, por com∞
∞
1
dx
diverge y por ende,
diverge tambi´en.
paraci´on se tiene que
x ln(x + 1)
n
ln(n
+
1)
1
n=1
(1 pto)
3
∞
(b) Por una parte, la serie de t´erminospositivos
∞
a
n=0
n=0
2n + 3
diverge pues es comparable
(n + 1) (n + 2)
2
que es divergente
(n + 1)
en efecto,
lim
n→∞
(2n + 3)
(2n + 3)/(n + 1)(n + 2)
= lim
= 1
n→∞
2/(n + 1)
(2n + 4)
(1 pto)
luego ambas series se comportan igual en t´erminos de convergencia/divergencia.
Por otra parte,
2n + 3
1
1
=
+
de modo que
(n + 1) (n + 2)
n+1
n+2
N
∞
2n + 3
(−1)
=
(n + 1) (n + 2)
n=0
n
(−1)n...
Pontificia Universidad Cato
´ticas
Facultad de Matema
´ticas
Departamento de Matema
Segundo Semestre de 2014
MAT1620 ⋆ C´
alculo 2
Interrogaci´on N◦ 2
1. (a) Grafique las curvas polares r = 1 + sen(θ), r = 1 + cos(θ).
(b) Determine el ´area encerrada por las curvas r = 1 + sen(θ), r = 1 + cos(θ), θ = 0, θ = π/2.
Soluci´
on.
(a) La gr´afica de las curvas polares es la siguiente2
1
-1
1
1
2
-1
-1
1
-1
ρ(θ) = 1 + cos(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π
ρ(θ) = 1 + sen(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π
Evaluaci´
on. (1 pto) por cada gr´afico correcto correcto, (1 pto) por identidicar que [0, 2π]
es el intervalo en que se deben graficar las curvas polares.
(b) La regi´on que se desea determinar su ´area es
2
(1 pto)
1
-1
1
2
-1
El u
´ nico punto de intersecci´on de las curvas polares, con 0 ≤ θ≤
1 + cos(θ) = 1 + sen(θ)
⇔
π
2
es soluci´on a la ecuaci´on
tan(θ) = 1
De este modo, el ´angulo de intersecci´on es θ = π4 . Luego el ´area est´a dada por
1
1 π/4
(1 + sen(θ))2 dθ +
A=
2 0
2
√
7 3
(1 pto)
= + π− 2
4 8
π/2
(1 + cos(θ))2 dθ
π/4
(1 pto)
2. Eval´
ue, si es posible, las siguientes integrales
1
(a)
1
dx
1−x
dx
√
dx
x (1 + x)
ln
0
∞
(b)
0
Soluci´
on. (a) La integral esimpropia (de segunda especie) en 1. Por tanto,
1
1
1−x
ln
0
a
=
lim−
a→1
1
1−x
ln
0
a
= − lim
a→1−
0
dx
(1 pto)
ln(1 − x) dx
(integramos por partes con u = ln(1 − x); v ′ = 1)
a
a
x
dx
1−x
= − lim
x ln(1 − x)
= − lim
a ln(1 − a) +
= − lim
a ln(1 − a) − ln(1 − x)
a→1−
0
+
0
a
a→1−
a→1−
0
1
−1
1−x
a
0
(1 pto)
dx
−a
= − lim ( (a − 1) ln(1 − a) − a ) = − ( −1 ) = 1(1 pto)a→1−
pues
lim (a − 1) ln(1 − a) = − lim x ln(x) = 0 (puede verificarse f´acilmente por L’Hopital)
a→1−
x→0+
x=1−a
Luego, la integral converge a 1.
Nota. Si tiene el procedimiento bueno pero no cambio la integral impropia por el l´ımite de
una propia, se otorgar´an solo (2 pto).
(b) La integral es impropia de primera especie y tambi´en de segunda especie ( en 0). Luego,
∞
0
√
1
dx
=
x (1 + x)√
0
dx
+
x (1 + x)
1
=
lim
ǫ→0+
ǫ
√
Mediante el cambio de variables u =
√
dx
= 2
x (1 + x)
du
1 + u2
∞
1
√
dx
x (1 + x)
dx
+ lim
M →∞
x (1 + x)
√
M
1
√
dx
.
x (1 + x)
(1 pto)
1
√ dx tenemos que
2 x
√
(1 pto)
= 2 arctan(u) = 2 arctan( x)
x
de modo que
2
⇒
du =
1
lim
ǫ→0+
M
lim
M →∞
√
1
ǫ
√
√
π
dx
= lim (2 arctan(1) − 2 arctan( ǫ)) =
ǫ→0+
x (1 + x)
2
dx
=
x (1 +x)
lim (2 arctan(M) − 2 arctan(1) ) = π −
M →∞
π
2
(1 pto)
y as´ı la integral converge a π.
Nota. Si tiene el procedimiento bueno pero no cambio la integral impropia por el l´ımite de
una propia, se otorgar´an solo (2 pto).
3. Estudie la convergencia de las siguientes series, en caso de ser convergentes, determine si dicha
convergencia es absoluta o condicional
∞
(a)
n=1
∞
1
n ln(n + 1)(−1)n
(b)
n=0
2n + 3
(n + 1) (n + 2)
Soluci´
on.
(a) Si f (x) =
1
entonces, es claro que, para x ≥ 1,
x ln(x + 1)
f (x) > 0;
f (x) es decreciente
y
lim f (x) = 0
(1 pto)
x→∞
de modo que podemos usar el Criterio de la integral. Tenemos que
∞
1
dx
>
x ln(x + 1)
∞
1
dx
=
(x + 1) ln(x + 1)
M
lim
dx
(x + 1) ln(x + 1)
M →∞
1
ln(M +1
dt
= ln(M + 1) − ln(2)
t
y como
M
1
dx
(x + 1) ln(x +1)
M +1
=
u=x+1
2
du
u ln(u)
=
t=ln(u)
ln 2
tenemos que
M
lim
M →∞
1
dx
=
(x + 1) ln(x + 1)
lim ( ln(M + 1) − ln(2) ) = ∞
M →∞
(1 pto)
de modo que la integral diverge y por tanto, como la integral original es mayor, por com∞
∞
1
dx
diverge y por ende,
diverge tambi´en.
paraci´on se tiene que
x ln(x + 1)
n
ln(n
+
1)
1
n=1
(1 pto)
3
∞
(b) Por una parte, la serie de t´erminospositivos
∞
a
n=0
n=0
2n + 3
diverge pues es comparable
(n + 1) (n + 2)
2
que es divergente
(n + 1)
en efecto,
lim
n→∞
(2n + 3)
(2n + 3)/(n + 1)(n + 2)
= lim
= 1
n→∞
2/(n + 1)
(2n + 4)
(1 pto)
luego ambas series se comportan igual en t´erminos de convergencia/divergencia.
Por otra parte,
2n + 3
1
1
=
+
de modo que
(n + 1) (n + 2)
n+1
n+2
N
∞
2n + 3
(−1)
=
(n + 1) (n + 2)
n=0
n
(−1)n...
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