Question

Me pueden ayudar a resolver estos ejercicios por favor.

Answer 1

Estos ejercicios abarcan dos grandes temas que son derivadas y longitud de un arco de una curva, por lo que en cada item plantearemos las metodologías correspondientes.

1) Esta es una función definida por parámetros, tenemos:

$x=2t^2+3\\y=t^4$

Si despejamos t queda:

$t=\sqrt{\frac{x-3}{2}}$

Y reemplazamos en la ecuación de y:

$y=(\sqrt{\frac{x-3}{2}})^4=(\frac{x-3}{2})^2=\frac{(x-3)^2}{4}$

Para t=-1 queda:

$x=2(-1)^2+3=5$

Para hallar la recta tangente hay que derivar la función:

$\frac{dy}{dx}=\frac{2(x-3)}{4}=\frac{(x-3)}{2}\\y'(5)=\frac{(5-3)}{2}=1$

Tenemos la pendiente de la recta, y como es tangente a la curva tenemos:

$x=(2(-1)^2+3)=5\\y=(-1)^4=1$

Que pasa por (5,1). Queda:

$y=x+b\\1=5+b\\b=-4 =>y=x-4$

Para hallar la derivada segunda volvemos a derivar la derivada antes hallada:

$\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{d}{dx}\frac{x-3}{2}=\frac{1}{2}$

Con lo que nos queda que la recta tangente en (5,1) es y=x-4 y la derivada segunda en ese punto es $\frac{1}{2}$.

2) Aquí se presenta una función definida paramétricamente, la ecuación para hallar la longitud de la curva en estos casos es:

$s=\int\limits^a_b {\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)}} \, dx$

Así que empezamos derivando x(t) e y(t):

$x(t)=\frac{(2t+3)^{\frac{3}{2}}}{3}\\\\x'(t)=\frac{3}{2}\frac{(2t+3)^{\frac{1}{2}}}{3}=\sqrt{\frac{2t+3}{4}}\\\\y(t)=t+\frac{t^2}{2}\\\\y'(t)=1+t$

Ahora hay que hallar la longitud del arco entre t=0 y t=3:

$s=\int\limits^3_0 {\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)}} \, dt=\int\limits^3_0 {(\sqrt{\frac{2t+3}{4}})^2+(1+t)^2}} \, dt\\s=\int\limits^3_0 {\frac{2t+3}{4}+t^2+2t+1} \, dt=\int\limits^3_0 {\frac{2t+3+4t^2+8t+4}{4}} \, dt=\int\limits^3_0 {\frac{4t^2+10t+7}{4}} \, dt$

Realizando la integral queda:

$s=\frac{1}{4}[\frac{4t^3}{3}+\frac{10t^2}{5}+7t]^3_0=\frac{1}{4}[\frac{4.3^3}{3}+\frac{10.3^2}{5}+7.3]=\frac{75}{4}$

Con lo que la longitud de la gráfica de la función entre t=0 y t=3 es 75/4.

3) Teniendo el campo vectorial:

$r(t)=(t-2)i+\frac{t^2-4}{t-2}j+\frac{\sqrt{t}-\sqrt{2}}{t-2}k$

Hallamos los límites por separado de cada componente:

$\lim_{t \to 2} t-2=2-2=0$

Los siguientes dos límites son indeterminados de tipo cero sobre cero, que vamos a salvar valiéndonos de la siguiente identidad conocida como diferencia de cuadrados:

$(a+b)(a-b)=a^2-b^2$

Queda:

$\lim_{t \to 2} \frac{t^2-4}{t-2}= \lim_{t \to 2} \frac{(t+2)(t-2)}{t-2}=\lim_{t \to 2} t+2=4$

Ahora hallamos el tercer límite:

$\lim_{t \to 2} \frac{\sqrt{t}-\sqrt{2}}{t-2}=\lim_{t \to 2} \frac{\sqrt{t}-\sqrt{2}}{t-2}.\frac{\sqrt{t}+\sqrt{2}}{\sqrt{t}+\sqrt{2}}=\lim_{t \to 2} \frac{t-2}{(t-2)(\sqrt{t}+\sqrt{2})}=\lim_{t \to 2}\frac{1}{(\sqrt{t}+\sqrt{2})}=\\=\frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

Con lo que nos queda que el límite del campo vectorial cuando t tiende a 2 es $(0,4,\frac{\sqrt{2}}{4})$

4) Derivamos cada componente por separado:

$\frac{dx}{dt}=\frac{4}{2\sqrt{t}}=\frac{2}{\sqrt{t}}\\\frac{dy}{dt}=\pi.cos(\pi.t).\pi=\pi^2.cos(\pi.t)\\\frac{dz}{dt}=\frac{2t(t-2)-(t^2-2)}{(t-2)^2} =\frac{2t^2-4t-t^2+2}{(t-2)^2} =\frac{t^2-4t+2}{(t-2)^2}$

Ahora en las ecuaciones halladas reemplazo t=1:

$x'(1)=\frac{2}{\sqrt{1}}=2\\y'(t)=\pi^2.cos(\pi.1)=-\pi^2\\\\z'(t)=\frac{1^2-4.1+2}{(1-2)^2}=-1$

Con lo que la derivada de la función en t=1 es $(2,-\pi^2,-1)$

4) Utilizamos el mismo método que en el punto (2) pero ahora con 3 dimensiones:

$s=\int\limits^a_b {||r'(t)||} \, dt$

Hallamos las derivadas de las componentes:

$\frac{dx}{dt}=12.cos(t)\\\frac{dy}{dt}=-12.sen(t)\\\frac{dz}{dt}=5$

Y procedemos a la integral:

$s=\int\limits^{\pi}_{0} \sqrt{(12.cos(2t))^2+(-12.sen(2t))^2+5^2} \, dt\\s=\int\limits^{\pi}_{0} \sqrt{144.cos^2(2t)+144.sen^2(2t)+25} \, dt$

Pero tenemos que:

$cos^2(2t)+sen^2(2t)=1$

Reemplazamos en la ecuación:

$s=\int\limits^{\pi}_{0} \sqrt{144.cos^2(2t)+144.sen^2(2t)+25} \, dt=\int\limits^{\pi}_{0} \sqrt{144+25} \, dt=[13t]^{\pi}_0=13\pi$

Con lo que concluímos que la longitud del arco de la función vectorial entre t=o y t=π es 13π.