“clave”-103-2-N-2-“00”-2012 UNIVERSIDAD DE SAN CARLOS DE GUATEMALA FACULTAD DE INGENIERIA DEPARTAMENTO DE MATEMATICA

CLAVE DE EXAMEN -Matemática Básica 2 - Código de curso: 103

Datos de la clave: Datos del examen: Elaborada por: Segundo Examen Parcial Margiovi Rosmery Sandoval Márquez Segundo semestre, 2012 Revisado por: Jornada Nocturna Ing. Alberto Boy Horario: 19:00 – 20:40

Fecha: 22/10/2012

UNIVERSIDAD DE SAN CARLOS DE GUATEMALA MATEMATICA BASICA 2 FACULTAD DE INGENIERIA SEGUNDO EXAMEN PARCIAL DEPARTAMENTO DE MATEMATICA

TEMARIO R

Lea cuidadosamente y resuelva los problemas inicie por el mas fácil, no usar equipos de comunicación TEMA No. 1 (20 puntos) Una escalera de 60’ apoyada sobre un talud que forma 80° con la horizontal, se empuja acercándose al talud a 1.4 p/s.

a) Rapidez del otro extremo, cuando la base de la escalera esta a 20’ del talud. b) Rapidez con que cambia el ángulo entre la escalera y el talud.

TEMA No. 2 (40 puntos)

a) 𝑒2𝑋7

3𝑋4+33 𝑑𝑥

b) b) 8 sec 𝑡 𝑑𝑡 c) lim𝑥→0+(𝑠𝑒𝑛𝑋)𝑡𝑎𝑛𝑋

TEMA No. 3 (20 puntos) Encuentre las dimensiones del triangulo isósceles de área máxima que se puede inscribir en un circulo de radio R. TEMA No. 4 (15 puntos) Describir si la función es creciente, decreciente, máximo, mínimos, concavidades, puntos de inflexión, y grafica de la curva. 𝒇 𝒙 = 𝟑𝑿𝟒 − 𝟏𝟔𝑿𝟑 + 𝟏𝟖𝑿𝟐 TEMA No. 5 (15 puntos) Encuentre la raíz de la ecuación 𝒄𝒐𝒔𝑿 − 𝑿 = 𝟎 con 6 cifras decimales.

SOLUCION:

TEMA No. 1

a) Rapidez del otro extremo, cuando la base de la escalera esta a 20’ del talud. Para establecer la relación entre “x “ y “y” se utiliza la ley de cosenos. 𝒂𝟐 = 𝒃𝟐 + 𝒄𝟐 −𝟐𝒃𝒄𝒄𝒐𝒔𝜽°. Donde “abc” las longitudes del triangulo ABC y 𝜃 es el ángulo. Sustituyendo: 602 = 𝑋2 + 𝑌2 − 2𝑋𝑌𝑐𝑜𝑠100° Derivando con respecto a 𝑡

0 = 2𝑋𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 2𝑌

𝑑𝑦

𝑑𝑡+ 0.347(

𝑑𝑥

𝑑𝑡 𝑌 +

𝑑𝑦

𝑑𝑡 𝑋 )

Simplificando:

−2𝑋𝑑𝑥

𝑑𝑡− 0.347(𝑌)

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 2𝑌

𝑑𝑦

𝑑𝑡+ 0.347(𝑋)

𝑑𝑦

𝑑𝑡

−2𝑋𝑑𝑥

𝑑𝑡− 0.347𝑌

𝑑𝑥

𝑑𝑡= (2𝑌 + 0.347𝑋)

𝑑𝑦

𝑑𝑡

𝑑𝑦

𝑑𝑡=

−2𝑋𝑑𝑥𝑑𝑡

− 0.347𝑌𝑑𝑥𝑑𝑡

(2𝑌 + 0.347𝑋)

Cuando:

X= 20’ 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 1.4𝑝/𝑠 602 − (20)2 = +𝑌2 − 2(20)𝑌𝑐𝑜𝑠100°

3200 = 𝑌2 + 6.94𝑌 𝑑𝑦

𝑑𝑡=

−2 20𝑝𝑖𝑒𝑠 (1.4𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠𝑒𝑔) − 0.347(53.20)(1.4 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠𝑒𝑔)

(2(53.20𝑝𝑖𝑒𝑠) + 0.347(20𝑝𝑖𝑒𝑠))= −0.72𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠𝑒𝑔

80° 𝜃 =100°

a=60’

Y

X 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 1.4𝑃/𝑆

α

Y=-60.14 Y=53.20

A C

B

b) Rapidez con que cambia el ángulo entre la escalera y el talud. Para establecer la rapidez con la que cambia el ángulo que forman la escalera y el talud, se

utiliza la ley de Senos. 𝒔𝒆𝒏𝜶

𝒃=

𝒔𝒆𝒏𝜽

𝒂 Donde 𝜃 𝑦 𝛼 son los ángulos del triangulo ABC, b y a los

lados opuestos a esos ángulos.

Ecuación: 𝑠𝑒𝑛𝛼

𝑋=

𝑠𝑒𝑛100°

60

Derivando la ecuación para encontrar la rapidez con la que cambia el ángulo entre la

escalera y el talud, es decir 𝑑𝛼

𝑑𝑡 .

𝑠𝑒𝑛𝛼 =𝑠𝑒𝑛100°

60(𝑋)

𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑑𝛼

𝑑𝑡=

𝑠𝑒𝑛100°

60 𝑑𝑥

𝑑𝑡

𝑑𝛼

𝑑𝑡=

𝑠𝑒𝑛100°60

𝑐𝑜𝑠𝛼 1

𝑑𝑥

𝑑𝑡

𝑑𝛼

𝑑𝑡=

𝑠𝑒𝑛100°

60𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑑𝑥

𝑑𝑡

Cuando:

X=20’ 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 1.4𝑝/𝑠 𝛼 = 𝑠𝑒𝑛−1

𝑠𝑒𝑛100

60𝑋 = 19.16°

𝑑𝛼

𝑑𝑡=

𝑠𝑒𝑛100

60𝑝𝑖𝑒𝑠 cos(19.16°) (1.4𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠𝑒𝑔) = 0.024

𝑟𝑎𝑑

𝑠𝑒𝑔

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −0.72𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠𝑒𝑔

𝑑𝛼

𝑑𝑡= 0.024

°

𝑠𝑒𝑔

TEMA No. 2

a) 𝑒2𝑋7

3𝑋4+33 𝑑𝑥

𝑒2𝑋7

3𝑋4+33 𝑑𝑥 𝑒2

𝑋7

3𝑋4+33 𝑑𝑥

Sustituyendo: 𝑒2 𝑋7

𝑢1/3(

𝑑𝑢

12𝑋3)

Simplificando:

𝑒2

12

𝑋4

𝑢1/3 𝑑𝑢 = 𝑒2

12

𝑢−3

3

𝑢1/3 𝑑𝑢 =𝑒2

12

𝑢−3

3(𝑢1/3) 𝑑𝑢=

𝑒2

36

𝑢−3

(𝑢1/3) 𝑑𝑢

𝑒2

36 (𝑢 − 3)(𝑢−1/3) =

𝑒2

36 (𝑢2/3 − 3𝑢−1/3) 𝑑𝑢

Integrando: 𝑒2

36[

3

5𝑢5/3 − 3(

3

2𝑢2/3)] =

𝑒2

36 [

3

5𝑢5/3 −

9

2𝑢2/3] + 𝐶

Sustuir para dejar en términos de "𝑥"

b) 8 sec 𝑡 𝑑𝑡

Esta integral tiene una solución ya establecida, para comprobarla es necesario

usar identidades y así reducirla hasta una expresión conocida que si se pueda

integrar:

PRIMER PASO: Multiplicar el numerador y denominador por sec 𝑡 + tan 𝑡

8 sec 𝑡 𝑑𝑡 = 8 sec 𝑡 (sec 𝑡 + tan 𝑡

sec 𝑡 + tan 𝑡 )𝑑𝑡 =8

sec 2 𝑡 + sec 𝑡 . tan 𝑡

sec 𝑡 + tan 𝑡 𝑑𝑡

𝑢 = 3𝑋4 + 3 𝑑𝑢 = 12𝑋3𝑑𝑥

𝑑𝑢

12𝑋3= 𝑑𝑥

𝑢 − 3

3= 𝑋4

𝑒2

36 [

3

5(3𝑋

4+ 3)

5/3−

9

2(3𝑋

4+ 3)

2/3] + 𝑐

SEGUNDO PASO: sustituir en la integral

8 sec 2 𝑡 + sec 𝑡 tan 𝑡

sec 𝑡 + tan 𝑡 𝑑𝑡 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 8

𝑑𝑢

𝑢

Integrando 8 1

𝑢𝑑𝑢 = 8ln 𝑢 + 𝐶

TERCER PASO: Sustituir para dejar en términos de "𝑡"

8 sec 𝑡 𝑑𝑡 = 8(ln 𝑢 + 𝐶)

8 sec 𝑡 𝑑𝑡 = 8( ln sec 𝑡 + tan 𝑡 + 𝐶)

c) Lim𝑥→0+(𝑠𝑒𝑛𝑋)𝑡𝑎𝑛𝑋

Sea 𝑌 = (𝑠𝑒𝑛𝑋)𝑡𝑎𝑛𝑋 𝐿𝑛𝑌 = 𝐿𝑛(𝑠𝑒𝑛𝑋)𝑡𝑎𝑛𝑋 𝐿𝑛𝑌 = 𝑡𝑎𝑛𝑋(𝐿𝑛𝑠𝑒𝑛𝑋)

𝐿𝑛𝑌 =𝐿𝑛𝑠𝑒𝑛𝑋

1𝑡𝑎𝑛𝑋

Lim𝑥→0+

𝐿𝑛𝑌 = Lim𝑥→0+

(𝐿𝑛𝑠𝑒𝑛𝑋

1𝑡𝑎𝑛𝑋

) =𝑡𝑖𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑎 ∞

𝑡𝑖𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑎 ∞𝑠𝑒 𝑢𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎 𝑒𝑙 𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝐿′𝑕𝑜𝑠𝑝𝑖𝑡𝑎𝑙

Lim𝑥→0+

𝐿𝑛𝑌 = Lim𝑥→0+

(

1𝑠𝑒𝑛𝑋 . 𝑐𝑜𝑠𝑋

− 𝑡𝑎𝑛𝑋 −2. 𝑠𝑒𝑐2)

𝑢 = sec 𝑡+ tan 𝑡 𝑑𝑢 = (sec 𝑡 tan 𝑡 + sec2 𝑡)𝑑𝑡

8 sec 𝑡 𝑑𝑡 = 8 ln sec 𝑡 + tan 𝑡 + 𝐶

Lim𝑥→0+

𝐿𝑛𝑌 = Lim𝑥→0+

−(

𝑐𝑜𝑠𝑋𝑠𝑒𝑛𝑋𝑠𝑒𝑐2

𝑡𝑎𝑛2𝑋

)

Lim𝑥→0+

𝐿𝑛𝑌 = Lim𝑥→0+

−(

𝑐𝑜𝑠𝑋𝑠𝑒𝑛𝑋

𝑐𝑜𝑠2𝑋𝑠𝑒𝑛2𝑋

.1

𝑐𝑜𝑠2𝑋

)

Lim𝑥→0+

𝐿𝑛𝑌 = Lim𝑥→0+

−(

𝑐𝑜𝑠𝑋𝑠𝑒𝑛𝑋

1𝑠𝑒𝑛2𝑋

.)

Lim𝑥→0+

𝐿𝑛𝑌 = Lim𝑥→0+

−(𝑐𝑜𝑠𝑋. 𝑠𝑒𝑛2𝑋

𝑠𝑒𝑛𝑋.)

Lim𝑥→0+ 𝐿𝑛𝑌 = Lim𝑥→0+ −𝑐𝑜𝑠𝑋𝑠𝑒𝑛𝑋 =0

Lim𝑥→0+

𝐿𝑛𝑌 = 0

Se ha calculado el límite de 𝐿𝑛𝑌, pero se busca el límite de Y. para ello se aplica 𝑌 = 𝑒𝐿𝑛𝑌 de manera que:

Lim𝑥→0+

(𝑠𝑒𝑛𝑋)𝑡𝑎𝑛𝑋 = Lim𝑥→0+

𝑌 = Lim𝑥→0+

𝑒𝐿𝑛𝑌 = 𝑒𝑜 = 1

Lim𝑥→0+

(𝑠𝑒𝑛𝑋)𝑡𝑎𝑛𝑋 = 1

TEMA No. 3 Sea un circulo de radio “𝑟” y un triangulo isósceles con base "2𝑥" Y altura "𝑕". Para establecer la relación entre la altura, el radio y la base del triangulo, se utiliza el teorema de Pitágoras, por formarse un triangulo rectángulo entre ellos.

𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 Ecuación: 𝑟2 = (𝑕 − 𝑟)2 + 𝑥2 Simplificando: 𝑥2 = 𝑟2 − (𝑕 − 𝑟)2 𝑥2 = 𝑟2 − (𝑕2 − 2𝑕𝑟 + 𝑟2) 𝑥2 = 𝑟2 − 𝑕2 + 2𝑕𝑟 − 𝑟2 𝑥2 = 2𝑕𝑟 − 𝑕2

𝑥 = (2𝑕𝑟 − 𝑕2) Para establecer las dimensiones máximas del triangulo isósceles que se puede inscribir

en el circulo se utiliza la ecuación del área del triangulo 𝑨 =𝟏

𝟐𝒃𝒉 . Donde "𝑏" 𝑦 "𝑕” son

los lados del triangulo (base y altura).

Ecuación: 𝐴 =1

2 2𝑥 𝑕

𝐴 = 𝑥𝑕 Derivando la ecuación e igualando a cero la derivada para encontrar las máximas dimensiones del triangulo se obtiene:

r

2x

h

x

h-r

𝑑𝐴

𝑑𝑕= [ 1 2𝑕𝑟 − 𝑕2 ] + [ 𝑕(1/2(2𝑕𝑟 − 𝑕2)−

12)(2𝑟 − 2𝑕)]

𝑑𝐴

𝑑𝑕= [ 2𝑕𝑟 − 𝑕2 ] +

[ 𝑕(2𝑟 − 2𝑕)]

(2( 2𝑕𝑟 − 𝑕2)

𝑑𝐴

𝑑𝑕= [ 2𝑕𝑟 − 𝑕2 ] +

2(𝑟𝑕 − 𝑕2)

2( 2𝑕𝑟 − 𝑕2)

𝑑𝐴

𝑑𝑕= [ 2𝑕𝑟 − 𝑕2 ] +

(𝑟𝑕 − 𝑕2)

( 2𝑕𝑟 − 𝑕2)

𝑑𝐴

𝑑𝑕=

[ 2𝑕𝑟 − 𝑕2 ]2 + (𝑟𝑕 − 𝑕2)

2𝑕𝑟 − 𝑕2

𝑑𝐴

𝑑𝑕=

2𝑕𝑟 − 𝑕2 + (𝑟𝑕 − 𝑕2)

2𝑕𝑟 − 𝑕2

𝑑𝐴

𝑑𝑕=

2𝑕𝑟 − 𝑕2 + 𝑟𝑕 − 𝑕2

2𝑕𝑟 − 𝑕2

𝑑𝐴

𝑑𝑕=

3𝑕𝑟 − 2𝑕2

2𝑕𝑟 − 𝑕2

Igualando a Cero:

0 =3𝑕𝑟 − 2𝑕2

2𝑕𝑟 − 𝑕2

0 = 3𝑕𝑟 − 2𝑕2 0 = 𝑕(3𝑟 − 2𝑕) 0 = (3𝑟 − 2𝑕)

𝑕 =3

2𝑟

Si 𝑥 = (2𝑕𝑟 − 𝑕2) entonces:

𝑥 = (2(3

2𝑟)𝑟 − (

3

2𝑟)2

𝑥 = (3𝑟2 −9

4𝑟2

𝑥 = 3

4𝑟2

𝑥 = 3

2𝑟

Si la base del triangulo es 2𝑥 y su altura𝑕, entonces las dimensiones máximas del triangulo inscrito en el círculo son:

𝑥 = 3

2𝑟 𝑏𝑎𝑠𝑒 = 2𝑥

𝑏𝑎𝑠𝑒 = 2( 3

2𝑟)

𝑏𝑎𝑠𝑒 = 3𝑟

𝑕 =3

2𝑟 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 =

3

2𝑟

𝑏𝑎𝑠𝑒 = 3𝑟

𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 =3

2𝑟

TEMA No. 4 (15 puntos) 𝑓 𝑥 = 3𝑋4 − 16𝑋3 + 18𝑋2

𝑓′ 𝑥 = 12𝑋3 − 48𝑋2 + 36𝑋 12𝑋3 − 48𝑋2 + 36𝑋= 0 12𝑋(𝑋2 − 4𝑋 + 3)=0

𝑓′′ 𝑥 = 36𝑋2 − 96𝑋 + 36 36𝑋2 − 96𝑋 + 36 = 0 Prueba creciente/decreciente: Si 𝑓 ′(𝑥)𝑒𝑠 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑒𝑟𝑜 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑢𝑛 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑜, 𝑓 𝑒𝑠 𝑐𝑟𝑒𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑛 𝑒𝑠𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑜. Si 𝑓 ′(𝑥)𝑒𝑠 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑒𝑟𝑜 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑢𝑛 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑜, 𝑓 𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑐𝑟𝑒𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑛 𝑒𝑠𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑜. Prueba de la primera derivada:

Si𝑓 ′(𝑥) 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜 𝑑𝑒 + 𝑎 – 𝑒𝑛 𝐶, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑓 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑢𝑛 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑜𝑐𝑎𝑙 𝑒𝑛 "𝐶"

𝑓 ′(𝑥) 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜 𝑑𝑒 − 𝑎 + 𝑒𝑛 𝐶, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑓 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑢𝑛 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑜𝑐𝑎𝑙 𝑒𝑛 "𝐶" 𝑓 ′(𝑥)𝑛𝑜 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜 𝑒𝑛 𝐶, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑓 𝑛𝑜 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑛𝑖 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑜 𝑙𝑜𝑐𝑎𝑙 𝑒𝑛 "𝐶" Prueba de la concavidad: 𝑠𝑖 𝑓 ′′ 𝑥 𝑒𝑠 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜 X𝑒𝑛 𝐼, entonces la grafica es cóncava hacia arriba en el intervalo 𝑓 ′′ 𝑥 𝑒𝑠 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜 X𝑒𝑛 𝐼, entonces la grafica es cóncava hacia abajo en el intervalo Existe un punto de inflexión si f es cóncava allí y la curva cambia de cóncava hacia arriba o cóncava hacia abajo o viceversa.

o INTERVALO

F(x) conclusión F’(x) conclusión F’’(x) Conclusión

(-∞,0) + Creciente + Cóncava hacia arriba

X=0 0 0 + Cóncava hacia arriba

(0,0.45) + Creciente + Cóncava hacia arriba

X=0.45 2.3100 Pto inflexión + Creciente 0

(0.45,1) + Creciente - Cóncava hacia abajo

X=1 5 Max. local 0 - Cóncava hacia abajo

(1,2.22) - Decreciente - Cóncava hacia abajo

X=2.22 -13.47 Pto inflexión - Decreciente 0

(2.22,3) - Decreciente + Cóncava hacia arriba

X=3 -27 Min local 0 + Cóncava hacia arriba

(3, ∞) + creciente + Cóncava hacia arriba

X=0 X=3 X=1

X=2.2152 X=0.4514

TEMA No. 5

Por el método de Newton: 𝑐𝑜𝑠 𝑋 − 𝑋 = 0 𝑋𝑛 = 1 𝑓 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑋 − 𝑋

𝑓 ′ 𝑥 = −𝑠𝑒𝑛𝑋 − 1 𝑓 0 = cos(0) − 0=1

𝑓 1 = cos 1 − 1 = −0.4596 ITERACION No. 1

𝑋𝑛+1 = 𝑋𝑛 −𝑓(𝑋)

𝑓 ′(𝑋)

𝑋𝑛+1 = 𝑋𝑛 −𝑐𝑜𝑠𝑋 − 𝑋

−𝑠𝑒𝑛𝑋 − 1

Si 𝑋1 = 1 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠

𝑋𝑛+1 = 1 −𝑓(1)

𝑓 ′(1)

𝑋𝑛+1 = 1 −𝑐𝑜𝑠1 − 1

−𝑠𝑒𝑛1 − 1

𝑋𝑛+1 = 0.750336

Función f(x) : cos(x)-x

Punto inicial (Po) : 1.000000

Tolerancia (tol) : 0.00000001

Numero de Iteraciones: 25.000000

n Xn Xn+1 Error 1 1.000000 0.750361 0.249639 2 0.750361 0.739113 0.011249 3 0.739113 0.739085 0.000028 4 0.739085 0.739085 0.000000

La raíz se encontró en la 4 iteración, con un valor de 0.739085133215161