1

Universidad Central de Venezuela

Facultad de Ingeniera

Preparaduras de Clculo II (0252)

Preparador: Ernesto A. Contreras A. (ernestoc_a@hotmail.com)

Solucin al Parcial de Reparacin Clculo II

Contenidos:

Solucin de los ejercicios.

Preguntas:

2

Pregunta # 1:

Parte A:

()

Cambio de variable:

() = =1 + 2()

2()

=2

1 + 4

() = 2

1 + 4

Esa integral se reduce a:

22

1 + 4

La factorizacin del denominador sale por completacin de cuadrados:

1 + 4 = 1 + 22 + 4 22

1 + 4 = (2 + 1)2 22 = (2 + 2 + 1)(2 2 + 1)

Sustituyendo en la integral:

22

(2 + 2 + 1)(2 2 + 1)

Aplicando Fracciones simples, tengo que los dos factores del denominador son

irreducibles y por tanto:

+

(2 + 2 + 1)+

+

(2 2 + 1)=

22

(2 + 2 + 1)(2 2 + 1)

3

La simplificacin nos arroja lo siguiente:

( + )(2 2 + 1) + ( + )(2 + 2 + 1) = 22

Desarrollando, el producto de esos polinomios, nos queda el siguiente sistema

de ecuaciones:

{

+ = 0

2( ) + + = 2

+ + 2( ) = 0 + = 0

Recuerde que cada trmino del polinomio se compara con la base cannica del

conjunto 3.

La solucin al sistema es la siguiente:

= 2

2

=2

2

= = 0

Sustituyendo en el integral:

2

2(2 + 2 + 1)+

2

2(2 2 + 1)

Ahora, dentro de esa integral, tenemos dos integrales:

2

2

(2 2 + 1)

2

2

(2 + 2 + 1)

Resolver cada una de esas integrales por separado, en este caso completare

cuadrados en el denominador para hacer un cambio trigonomtrico:

4

2

2

( 22 )

2

+12

2

2

( +22 )

2

+12

Haciendo cambio de variable:

2

2=2

2(1) =

2

22(1)1

+2

2=2

2(2) =

2

22(2)2

Sustituyendo en las integrales y haciendo una gran simplificacin:

2

2[(1) + 1]1

2

2[(2) 1]2

2

2|(1)| +

2

21 +

2

2|(2)| +

2

22 +

Utilizando la identidad:

() =1

1 + 2()

Todo el integral completo se reduce a:

2

2 |

1

1 + 2(1)| +

2

21 +

2

2 |

1

1 + 2(2)| +

2

22 +

2

4|1 + 2(1)| +

2

21

2

4|1 + 2(2)| +

2

22 +

Y si despejamos los valores de () para = 1, 2.

2

4 |1 + (2 1)

2| +

2

2(2 1)

2

4 |1 + (2 + 1)

2| +

2

2(2 + 1) +

5

El ltimo paso de toda esta integral es devolver el cambio de variable, con ello

la respuesta es:

() =2

4 |1 + (2() 1)

2| +

2

2 (2() 1)

2

4 |1 + (2() + 1)

2| +

2

2 (2() + 1) +

Y listo, hemos resuelto la integral y muy honradamente nos hemos ganado 2

puntos .

Parte B:

Las frmulas de reduccin son en muchos casos como que algo incognito

porque no sabes en que momento es que ya est hecho el ejercicio. En mi

opinin personal estn listas cuando caes en un atajo infinito porque la puedes

aplicar para cualquiera sea el nmero que d el parmetro de tu formula

Esta es muy sencilla, sale por partes:

= [()] =[()]1

= =+1

+ 1

[()] =[()]+1

+ 1

+ 1[()]1

En lo que reduces alguno de los dos parmetros, el ejercicio concluye, pues:

(,) =[()]+1

+ 1

+ 1(, 1)

Problema resuelto

Pregunta # 2:

La seccin transversal de la cua, estar delimitada por la generatriz del

cilindro y la direccin que define el problema, que en nuestro caso es la

siguiente:

6

El ngulo de 30 estar colocado en el vrtice de la seccin transversal que

es el rea sombreada. Por ltimo, el rea de TODA SECCIN TRANSVERSAL

a lo largo del eje estar dada por la ecuacin:

() =

2

La base es variable, y como la altura depende de la base, entonces la altura

tambin es variable y muy lgicamente el rea de la seccin transversal

tambin es variable:

= 16 2

= 16 2 (

6)

Entonces, el rea estar dada por:

() =(16 2)

2

2

3

3

El volumen de la cua estar dado por:

7

= (16 2)

2

2

3

3

4

4

Como integramos sobre una regin par en un intervalo simtrico:

=3

3(16 2)

4

0

=128

93

No era difcil el ejercicio, solo requera pensarlo un ratico

Pregunta # 3:

a) 5

(2+1)=1

Antes que nada, le explicare que la notacin (2 + 1) significa doble factorial,

y se define como la productoria de todos los nmeros que decrecen en 2

unidades hasta llegar a su nfimo. Si desarrollramos ese trmino y hacemos el

contraste que lo diferencia de (2 + 1)! Es el siguiente:

(2 + 1) = (2 + 1)(2 1)(2 3)1!

(2 + 1)! = (2 + 1)(2)(2 1)(2 2)1!

Fjese que una cadena decrece en 2 unidades, la otra decrece en una unidad.

Ahora obviando la explicacin de porqu el uso de esa nomenclatura,

utilizamos el criterio de la razn en esa serie:

lim

|

5+1

(2 + 3)5

(2 + 1)

| = lim

|

5 5(2 + 3)(2 + 1)

5

(2 + 1)

| = lim

|5

2 + 3| = 0

8

Como el limite arroja un < 1, entonces la serie converge absolutamente

puesto que 5

(2+1)> 0 para todos los [1; +). Es decir, si la serie no

alterna y ella converge entonces ella es absolutamente convergente si ella es

estrictamente mayor que 0, porque obvia el hecho de que || converge.

b) (1)(2+1)

[()]2=1

Para ser ortodoxos, esa suma no existe. Porque no est definida en puntos de

evaluacin como = 1. A efectos de que la pregunta es muy especfica se dice

que la serie diverge.

Pregunta # 4:

Reescribiendo la serie dada, necesitamos alterarla un poco para no alterar el

centro de la serie. Entonces:

1

3 + 2=1

3(

1

1 +23)

Ahora si calculamos el desarrollo en serie de :

= [(2

3)

]

=0

1

3 =

1

3 [(

2

3)

]

=0

Ahora si multiplicamos por 5 2 el centro de la serie cambia por lo que

debemos recurrir a ciertas alteraciones que relacionen trminos de la misma

POTENCIA. El desarrollo en serie incorrecto es el siguiente:

9

5 2

3 + 2=1

3 [(

2

3)

(5 2)]

=0

Esa no es una serie de Maclaurin, su centro es distinto de 0. Sin embargo, hay

una forma de reescribir esa serie relacionando genricamente los trminos de

la misma potencia, utilizando los trminos 1 y . Si los calculamos,

encontraremos el trmino exacto de nmero centrado en cero por medio de:

Termino 1 de :

1 =5

3(2

3)1

1 2

3(2

3)1

Termino de :

=5

3(2

3)

2

3(2

3)

+1

Ahora si sumamos las potencias de de 1 y , tendramos el termino de

cualquier grado de la serie centrada en 0.

= (2

3)

+5

3(2

3)

=8

3(2

3)

La nueva serie estar dada por:

= +8

3(2

3)

=0

El trmino sale de comparar el desarrollo que no es de Maclaurin y el de

arribita. Si comparamos, una serie comienza por 8

3 y la otra serie comienza por

5

3 as que Igualando los trminos = 1.

10

= 1 +8

3(2

3)

=0

Si calculamos el Intervalo de Convergencia tenemos que utilizar el criterio de

la razn y hacerlo menor que 1, utilizando ese criterio en 8

3(

2

3)=0 .

|| 1 en un intervalo de medida finita,

como la cota inferior diverge por el criterio de comparacin simple,

entonces, la integral diverge.

1

2

0

(

2)

2

0

En consecuencia:

(

2)

2

0

Como la integral diverge, concluimos que esa integral no tiene valor 0. Y

hemos demostrado que es falsa la afirmacin del parcial.

Ahora s, parcial resuelto. No era difcil, pero largo y muy tormentoso

calcular integrales como la del primer ejercicio.