11/10/2008 - CiberEsquina - Universidad Nacional Abierta

Modelo de Respuestas 1 ra Parcial Cálculo II / LAPSO 2008−2 / CÓDIGO 750 – 1/3
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA
VICERRECTORADO ACADÉMICO
ÁREA DE MATEMÁTICA
M O D E L O D E R E S P U E S T A S
OBJ 1 PTA 1 Usa las sumas de Riemann para aproximar el área limitada por la
gráfica de la función y = 2 − 4 − x , el eje OX y las rectas de
ecuaciones x = 0 y x = 4, tomando una partición de cuatro
subintervalos.
Solución: Gráficamente tenemos:
y
2
y = 2 − 4 − x
0 2 4 x
Región limitada por la curva
y = 2 − 4 − x , el eje OX
y las rectas x = 0 y x = 4
Tomemos una partición del intervalo [0 , 4] en cuatro subintervalos:
P={x0 =0 , x1 , x2 , x3 , x4 = 4}
con x0 < x1 < x2 < x3 < x4 (pg. 47 del libro Cálculo II de la UNA).
Hallemos la longitud de cada subintervalo:
b − a
4 − 0
Δ x = donde b = 4 , a = 0 y n = 4 , luego Δ x = = 1 es la longitud de
n
4
cada subintervalo.
Localizamos los puntos xi con i =0, 1,..,4 así:
xi = a + i Δxi entonces,
x0 = 0 , x1 = 0 + 1(1) = 1 , x2 = 0 + 2(1) = 2 , x3 = 0 + 3(1) = 3 , x4 = 0 + 4(1) = 4 .
Así tenemos los subintervalos: [ 0 , 1]
, [ 1 , 2]
, [ 2 , 3]
, [ 3 , 4]
Calculemos la Suma Superior de Riemann (ver pg. 47 del libro Cálculo II de la UNA)
Como f( x)
= 2 − 4 − x es creciente en el intervalo [0 , 4] (¡Verifícalo!) se tiene que los
máximos absolutos de f en cada subintervalo los toma en los extremos derechos , luego
( ) =
S(f, P) = (f(x1) + f(x2) + f(x3) + + f(x4)) Δ x = f ( 1)
+ f(
2)
+ f(
3)
+ f(
4)
( 1)

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=
( 0 , 3 + 0,
6 + 1+
2)
( 1)
= 3,
9
Luego, S(f ,P) = 3,9 en el intervalo [0 , 4]
Calculemos la Suma Inferior de Riemann (ver pg. 47 del libro Cálculo II de la UNA):
Como f( x)
= 2 − 4 − x es creciente en el intervalo [0, 4] se tiene que los mínimos
absolutos de f en cada subintervalo los toma en los extremos izquierdos, luego
Ι(f ,P) = (f(x0) + f(x1) + f(x3) + f(x4)) Δ x =
=
( f ( 0)
+ f () 1 + f ( 2)
+ f ( 3 ) ) ( 1)
= ( 0 + 0,
3 + 0,
6 + 1)
( 1)
= 1,
9
Así, Ι(f ,P) = 1, 9
Por lo tanto, Ι(f ,P) ≤ A ≤ S(f ,P)
1, 9 ≤ A ≤ 3, 9
OBJ 2 PTA 2 Calcula el volumen del sólido que se genera al girar la región limitada
2
por las curvas de ecuaciones y = x − 2x
− 2 ,
alrededor de la recta de ecuación y = 6
y = 2x
− 2 , y = 6 ,
Solución: En la siguiente gráfica se muestra la región rayada limitada por las curvas de
2
ecuaciones y = x − 2x
− 2 , y = 2x
− 2 , y = 6
y
8
6
4
2
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8
-2
-4
-6
-8
Una forma de calcular el volumen del sólido que se genera al girar la región limitada
x

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2
por las curvas de ecuaciones y = x − 2x
− 2 , y = 2x
− 2 , y = 6 , alrededor de la
recta de ecuación y = 6 es aplicando el método de discos:
V = π
b
2 ( R ( x)
) dx donde R(x) es el radio de giro.
∫a
Observa en la gráfica que la región está limitada por tres curvas, por lo tanto debemos
separar la región en dos partes, una variando x entre − 2 y 0 y, y variando entre la
2
recta y = 6 y la parábola y = x − 2x
− 2 , y la otra región, x variando entre 0 y 4 y, y
variando entre recta y = 6 y la recta y = 2x – 2 . Entonces,
V = π
∫
0
−2
( 6 − ( x
2
− 2x
− 2))
2
dx +
∫0
0
4
⎛
2 2
= π⎜
(( 8 − x ) + 2x)
dx + ( 8 − 2x)
⎝∫−
2 ∫0
4
2
( 6 − ( 2x
− 2)
) dx = π
2
⎞
dx⎟
⎠
4
2 2
2 2
2 ⎞
[ ( 8 − x ) + 4x(
8 − x ) + 4x
] dx + ( 8 − 2x)
dx⎟
0 ⎛
= π⎜
⎝∫−
2
∫0
∫
0
−2
⎠
( 8 − x
0
4
⎛
2 4
3 2
= π⎜
( 64 −16x
+ x + 32x
− 4x
+ 4x
) dx + ( 64 − 32x
+ 4x
⎝∫−
2
∫0
2
+ 2x)
2
2
⎞
) dx⎟
⎠
dx +
∫0
4
( 8 − 2x)
0
4
⎛ 4 3 2
2 ⎞
= π⎜
( x − 4x
−12x
+ 32x
+ 64)
dx + ( 64 − 32x
+ 4x
) dx⎟
⎝∫−
2
∫0
⎠
Por propiedad de la linealidad de la integral se tiene
0
0
0
0
0
4
4
4
⎛ 4
3
2
2 ⎞
= π⎜
x dx − 4 x dx −12
x dx + 32 xdx + 64 dx + 64 dx − 32 xdx + 4 x dx⎟
⎝∫−2∫−2∫−2∫−2∫−2∫0∫0∫0⎠
Integrando
⎛ 5 0
4 0
3 0
2 0
0 4
2 4 3 4 ⎞
⎜
x ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞
⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞
= π
⎟
⎜
− 4⎜
⎟ −12⎜
⎟ + 32⎜
⎟ + 64x
64x
− 32⎜
⎟ + 4⎜
⎟
⎟
⎝
5 −2
⎝ 4 ⎠ −2
⎝ 3 ⎠ −2
⎝ 2 ⎠ −2
−2
0 ⎝ 2 ⎠ 0 ⎝ 3 ⎠ 0 ⎠
Simplificando y aplicando el segundo teorema Fundamental del Cálculo se tiene:
4
3
2
2 4 ⎞
( 0 − ( −2)
) − 4(
0 − ( −2)
) + 16(
0 − ( −2)
+ 64(
0 − ( −2))
+ 64(
4 − 0)
−16(
4 − 0)
+ ( 4 0 ⎟
5 ⎛ 0 − ( −2)
3
= π ⎜ −
− )
⎝ 5
3 ⎠
⎛ 32
256 ⎞ ⎛ 96 + 720 + 1128 ⎞ 1944 π
= π⎜
+ 16 − 32 − 64 + 128 + 256 − 256 + ⎟ = π⎜
⎟ = ≅ 130 π
⎝ 5
3 ⎠ ⎝ 15 ⎠ 15
Por lo tanto el volumen total es: V ≅ 130 π unidades de volumen
Otra manera de resolver este problema es aplicando el método de capas
cilíndricas
Fin del Modelo de Respuestas.
2
dx