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