Desarrollo del Examen Final de Matemática I

Ingeniería de Sistemas

1a) f(z)=ln(z2) en el intervalo [1;e]

La función es continua en el intervalo [1;e],pues no tiene ningún salto en su gráfico La función es derivable en el intervalo <1;e>

Luego existe un c ε <1;e>/ f´(c)=

f ( e )−f (1 )e−1 =

2e−1

Ahora f´(z)=

2z f’(c)=

2c =

2e−1

Luego c=e-1 y ese valor si pertenece al intervalo <1;e>.

1b) f(z)=√ z2+2 z en el intervalo [0;2] La Función es continua en el intervalo [0;2] La función es derivable en el intervalo <0,2>

Luego existe un c ε <0;2>/ f´(c)=

f (2 )− f (0)2 =

2√22

Ahora f’(z)=2 z+22√ z2+2 z f´(c)=

z+1√z2+2 z = √2

Z+1=√2 ( z2+2 z ) z2+2z+1=2z2+4z

Z2+2z-1=0, luego z=√2-1

2a) H(z)= ez2

*ln(z2)

f(z)= ez2

g(z)=ln(z2)

f’(z)=2z ez2

g’(z)=2z

f’’(z)=2 ez2

+4z2 ez2

g’’(z)=−2z2

f’’’(z)=4z ez2

+8z ez2

+8z3 ez2

g´´´(z)=4z3

Luego aplicando Leibniz, se tiene:

H’(z)=( 4z ez2

+8z ez2

+8z3 ez2

)ln(z2)+3(2 ez2

+4z2 ez2

)(2z )+3(2z e

z2)(−2z2 )+( e

z2)(4z3

¿

2b) M(z)= sen(1-z2)*cos(2z)

f(z)=sen(1-z2) g(z)=cos(2z)

f’(z)=-2zcos(1-z2) g’(z)=-2sen(2z)

f’’(z)=-2cos(1-z2)-4z2sen(1-z2) g’’(z)=-4cos(2z)

f’’’(z)=-4zsen(1-z2)-8zsen(1-z2)+8z3cos(1-z2) g’’’(z)=8sen(2z)

Luego aplicando Leibniz se tiene

M’(z)=[-4zsen(1-z2)-8zsen(1-z2)+8z3cos(1-z2))( cos(2z)]+3[-2cos(1-z2)-4z2sen(1-z2)](- 2sen(2z))+3[2zcos(1-z2)]

(-4cos(2z))+( sen(1-z2))( 8sen(2z))

3a) z2+2yz +y2+2z+y-6=0

2z+2(y+zdydz

)+2ydydz

+2+dydz

=0

2z+2y+2zdydz

+2ydydz

+2+dydz

=0

dydz

(2z+2y+1)=-2z-2y-2

dydz

= (−2 z−2 y−2 )2 z+2 y+1

3b) z√ zy +2y2-3=0

z32√ y+2y2-3=0

32z12 .√ y+ 12 z

32 y

−12 dydz

+4ydydz

=0

dydz

¿ z

32y

−12 )=

32z12√ y

dydz

=¿ )/( 4 y+12 z

32y

−12 )

4.- y=x-

1x y=

x2−1x ; como es el punto de intersección con los ejes y=0 luego x=±1 luego los

pares

Ordenados son (1,0) y (-1,0).

dydx

=1+ 1x2

Luego hallaremos las pendiente en los puntos (1,0) y(-1,0)

m=2 y m=2

luego la ecuaciones de las rectas son:

y=2(x -1) y=2(x+1)

5.- s(t)=4sen(t)m

a) Para hallar la velocidad se deriva la posición en función del tiempo:

dsdt

=4cos (t )m /s=v(t)

b) Para hallar la aceleración derivamos dos veces la posición con respecto al tiempo o a la velocidad con respecto al tiempo:

dvdt

=−4 sen (t )m /s2=a(t)

c) Ahora los evaluamos en t= 3ח/

s( 3/ח )=4√32

m

v( 3/ח )=2m/s

a( 3/ח )=-4√32

m/s2

d) Graficar para 0≤t≤ 2ח/

s(t) v(t)

4

2/ח t

2/ח t

a(t)

2/ח t

-4

6)a)v(t)=3-t2

dxdt

=3−t 2

∫ dx=∫(3−t 2)dt

X(t)=3t- t3

3+k

X(3)=9-9+k k=5,luego x(t)=3t- t3

3+5

b)v(t)=3-t2

dvdt

=−2 t=a(t)

c) x(4)=−133 m

v(4)=-13m/s a(4)=-8m/s2

d)Representar para 0≤t≤5

v(t) x(t)

5 3

5 t 5 t

-65/3 -22

a(t)

5 t

-10

7) C

x h=50

v=15m/s=d hdt

B 50 A

Se Sabe que: x2=h2+2500

2xdxdt

=2h dhdt

xdxdt

=750 por Pitágoras se sabe que x2=5000 x=50√2m

dxdt

=15√22

m/s

Desarrollo del Examen Final de Matemática I de Ingeniería Industrial

1)a) u=z2 dv=(√1−z )dz

du=2zdz ∫ dv=∫(√1−z¿¿)dz ¿¿

v=−23

(1−z )32

Luego:

∫ z2√1−zdz=−23z2 ¿ +

43∫ z¿¿dz

Luego nuevamente por partes la segunda integral: u1 =z dv1=¿dz

du1=dz v1=−25 (1−z )

52

∫ z2√1−zdz=−23z2¿

∫ z2√1−zdz=−23z2 ¿

b)u=cos(3z) dv=e2 zdz

du=-3sen(3z)dz v=12e2 z

∫ e2 zcos (3 z )dz =12cos (3 z ) e2 z+ 3

2∫ e2 z sen (3 z )dz

Nuevamente se integra por partes la segunda integral: u1=sen(3z) dv1=e2 zdz

du1=3cos(3z)dz v1=12e2 z

∫ e2 zcos (3 z )dz=12cos (3 z ) e2 z+3

2 [ 12 sen (3 z ) e2 z−32∫ e

2 zcos (3 z )dz ] ∫ e2 zcos (3 z )dz=1

2cos (3 z ) e2 z+ 3

4sen (3 z ) e2 z−9

4∫e2 z cos (3 z )dz

∫ e2 zcos (3 z )dz= 426cos (3 z ) e2 z+ 3

13sen (3 z )e2 z+k

2) a) 2 x3

(x¿¿2+1)2= Ax+BX2+1

+ Cx+D(X ¿¿2+1)2¿

¿

2x3=¿(Ax+B)(x2+1)+(Cx+D) 2x3=Ax3+Bx2+(A+C)x+(B+D) Luego: A=1 B=0 C=-1 D=0

∫ 2 x3

¿¿ ¿

∫ 2 x3

¿¿ ¿+k

b)x3+x-1=(Ax+B)(x2+1)+Cx+D x3+x-1=Ax3+Bx2+(A+C)x+(B+D) Luego: A=1 B=0 C=0 D=-1

∫ (x¿¿3+x−1)dx(x¿¿2+1)2

=∫ xdxx2+1

−∫ dx(x¿¿2+1)2

¿¿¿

Luego la segunda integral se desarrolla aplicando sustitución trigonométrica, es decir:x=tag(Φ)dx=sec2(Φ) √ x2+1

x 1

∫ dx¿¿ ¿ =∫ dΦsec 2Φ

=∫cos2ΦdΦ=∫ 1+cos (2Φ)2

d Φ=12Φ+ 1

4sen (2Φ )=1

2arct ( x )+ x

2(x2+1)Para finalizar se tiene:

∫ (x¿¿3+x−1)dx(x¿¿2+1)2

=12

¿¿ ln(x2+1)-12arct ( x )+ x

2( x2+1)+k

3)a)v(t)=(100-3t)galones/minuto c(t)=Capacidad del tanque

dcdt =100-3t

∫ dc=∫10

20

(100−3 t )dt

c(t)=250galones

b)duds

=100−2 s

∫ du=∫ (100−2 s )ds u(s)=100s-s2+k u(10)=1000-100+k=700 k=-200 Luego : u(s)=100s-s2-200 Para ver la utilidad máxima tenemos que derivar e igualar a cero u’(s)=100-2s=0 s=50 y además u’’(s)=-2<0 Para finalizar reemplazamos las 50 unidades en u u(50)=100(50)-(50)2-200=2300 c) 3=3LN(q+2) 1=ln(q+2) q=e-2 Luego Graficamos para hallar el área que corresponde al excedente del productor: p

3

3ln2

e-2 q

Luego el excedente del productor=∫0

e−2

(3−¿3 ln (q+2))dq=3(e−2)−3∫0

e−2

ln (q+2)dq¿

=3e-6-3(e-2)ln(e)+3(e-2)-6ln(e)= 3e-12

4.-a)

dydz = 3z2+2z ; y(0)=5 b)

dydz = 1-coz ; y(0)=0

dy=(3z2+2z)dz dy=(1-cos(z))dz

∫ dy=∫ (3 z2+2 z )dz ∫ dy=∫ (1−cos ( z ) )dz

y(z)=z3+z2+k y(z)=z-sen(z)+k

y(0)=k=5 y(z)=z3+z2+5 y(0)=k=0 y(z)=z-sen(z)

5.- x=y2-2y-2 , x=4+y-2y2

Primero igualamos las dos ecuaciones para hallar los puntos de intersección y2-2y-2=-2y2+y+4 3y2-3y-6=0 y2-y-2=0 y=2 y=-1

Luego graficamos las siguientes parábolas:

x+3=(y-1)2 x-338

=¿-2(y-14

)2

cuyo vértice es v(-3,1) cuyo vértice es v(33/8,1/4)

2 AREA=∫−1

2

¿¿)dy

1

AREA 1/4 A=∫−1

2

(−3 y2¿+3 y+6)dy ¿

-3 -2 1 33/8 A=27/2u2

-1