UNIVERSIDAD DE CONCEPCIÓNFACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICASDEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA

GAJ/AAV/HPV/CMN/FOC/VGG

PAUTA DE EVALUACIÓN DE RECUPERACIÓN527147

Problema 1:

Sea f(x) =

xx si x > 2x2 si x ≤ 2

a. (4 puntos)¿Es f continua en x = 2?.

Solución:

La función f es continua en x = 2, pues f esta definida en 2 y lımx→2+

f(x) =lım

x→2−f(x) = f(2) = 4. (4 puntos)

b. ( 12puntos) Usando la definición de derivada, determine si f ′(2) existe.

Solución:

Estudiemos la derivabilidad de f en x = 2.Por una parte,

lımx→2−

f(x)− f(2)x− 2 = lım

x→2−

x2 − 4x− 2

= lımx→2−

x + 2

= 4.

Luego la derivada lateral izquierda de f en 2 es 4. (3 puntos)Por otra parte,

lımx→2+

f(x)− f(2)x− 2 = lım

x→2+

xx − 4x− 2

= lımx→2+

ex ln(x) − 4x− 2

= lımx→2+

ex ln(x)(ln(x) + 1)1

= lımx→2+

xx(ln(x) + 1) = 4(ln(2) + 1).

En la tercera igualdad se ocupa la Regla de L’Hôpital para 00 .

Luego la derivada lateral derecha de f en 2 es 4(ln(2) + 1).(6 puntos)Como las derivadas laterales son distintas, entonces f no es derivable enx = 2.(3 puntos)

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Problema 2: (20 puntos)Una base de un trapecio isósceles es un diámetro de un círculo de radio1cm, y los extremos de la otra base están sobre la circunferencia. Hallar lalongitud de la otra base para que el área sea máxima.

Solución: Primero tracemos un dibujo representativo del problema

Donde r = 1cmDebemos maximizar la función área,

A = (2+x2 )h.

Por el teorema de Pitágoras tenemos,

12 = x2

4 + h2

Luego,

h =√

1− x2

4

Remplazando este valor en la formula del área A nos queda

A(x) = (2+x2 )

√1− x2

4 en 0 ≤ x ≤ 2 (6 puntos)

y en consecuencia se debe encontrar el máximo absoluto de A en el intervaloindicado.

Derivando A respecto x:

A′(x) = 12

√1− x2

4 + (2 + x) · 12 ·

1√1− x2

4

· −x

2

= 1

2

√1− x2

4 −x(2 + x)4

√1− x2

4

.(6puntos)

Ahora calculemos los puntos críticos en (0, 2)

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A′(x) = 12

√1− x2

4 −x(2+x)

4√

1−x24

= 0.

Luego

4(1− x2

4 )− x(2 + x) = 0⇔ x2 + x− 2 = 0⇔ x = 1 ∨ x = −2 (2 puntos)

Descartamos la solución negativa y evaluamos la función A en los extremosy el punto critico que se encontró.

A(0) = 1, A(2) = 0 y A(1) = 34

√3 ≈ 1, 299 (5 puntos)

Por lo tanto, la longitud de la otra base para que el área sea máxima es 1. (1puntos)

Problema 3: (12 puntos)El voltaje V (en volts), la corriente I (en amperes) y la resistencia R (enohms) de un circuito eléctrico, se relacionan mediante la ecuación V = R · I.Suponga que V aumenta a razón de 1[ volt

seg], mientras que I disminuye a razón

de 13 [amp

seg]. Donde t es el tiempo medido en segundos. Determine la razón a la

que cambia R cuando V = 12[volts] e I = 2[amp]. ¿R aumenta o disminuye?.

Solución:

Derivando respecto al tiempo se tiene:

dVdt

= dIdt

R + I dRdt⇔ dR

dt= 1

I(dV

dt−RdI

dt) (4 puntos)

Donde el valor de R en el instante requerido es R = VI

= 12[volts]2[amp] = 6[ohms].(4

puntos) Remplazando los datos se obtiene

dRdt

= 12(1− −1

3 · 6) = 32

ohmsseg

.(3puntos)

Como la razón de cambio es positiva, se concluye que R aumenta. (1 puntos)

Problema 4: (12 puntos)Calcule la siguiente integral indefinida

∫ arctan(x)x2 dx.

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Solución: Aplicaremos integración por partes

u = arctan(x), dv = 1x2 dx

du = 1x2+1dx, v = −1

x(3 puntos)

Con esto,

∫ arctan(x)dx

x2 = uv −∫

vdu = −1x

arctan(x) +∫ 1

x(x2 + 1)dx (3 puntos)

La integral∫ 1

x(x2 + 1)dx se puede calcular por descomposición en sumaparciales.

1x(x2+1) = 1

x− x

x2+1 , (3 puntos)

entonces,

∫ arctan(x)dx

x2 = −1x

arctan(x) + ln|x| − 12 ln(x2 + 1) + C (3 puntos)

Tiempo: 100 minutos