Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Primer Examen Parcial. 26 de Enero de 2000 Primera parte. x 2 a 2 + y2

Transcripción

1 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Primer Examen Parcial. 6 de Enero de Primera parte Ejercicio. Se considera la elipse x a + y b =. Determinar, de entre los triángulos isósceles inscritos en dicha elipse, con un vértice en el punto (,b) y base paralela al eje OX, elquetengaárea máxima. Solución. Sea (x, y) un punto de la elipse. Entonces, el área del triangulo de vértices (,b), q ( x, y), (x, y) esa = bh/ =x (b y), x a, b y b. Dado que x = a (y/b) obtenemos A (y) = (a/b) p b y (b y), donde y [ b, b]. Calculamos la derivada en el intervalo abierto ( b, b), A (y)= a b y ( y)(b y) b y b " # = a y (b y) (b y ) b (b y ) " # = a (b y)( y (b + y)) b (b y ) " # = a (b y)( y b). b (b y ) Si A (y) =, entonces y = b, luego el único punto crítico en el intervalo ( b, b) esy = b/. Observemos que si b <y< b/, entonces < y b. Si b/ <y<b,entonces y b<. Por lo tanto, A (y) cambiaeny de positivo a negativo y el criterio de la primera derivada asegura que A (y )esunmáximo relativo. Además, A ( b) = A (b) =, yelárea es una función no negativa. En consecuencia, A (y )eselúnico máximo absoluto q de A (y) en el intervalo cerrado [ b, b]. La coordenada x = a (y /b) = a p /4 = a /. Los vértices del triángulo isósceles de área máxima son El área máxima es (,b), A (y )= a b Ã! a, b, r b b 4 Ã! a, b. µ b + b = 4 ab.

2 Ejercicio. Se desea calcular un punto crítico de la función x cos x. Aplicar el Método de Newton a la función adecuada para obtener, partiendo de x =, dos cifras decimales del punto crítico buscado. Explicar todos los pasos realizados. Solución. Lospuntoscríticos de una función son aquellos en que la derivada se anula o bién no existe. Para la función dada, que es indefinidamente derivable en toda la recta real, serán los ceros de su derivada, que es la función Notemos, en primer lugar, que f(x) = d (x cos x) =cosx x sen x dx f() = >, f() = cos sen =. 7 <, y que para x (, ), por ser cos x>, sen x>, x>, se verifica f (x) = senx x cos x<. Por tanto existe un único c (, ) tal que f(c) =. Intentaremos aplicar, por tanto, el Método de Newton para calcular un cero de la función f(x) tomando como punto inicial el dado. Se tiene, como hemos dicho, de donde, para x =, f(x)=cosx x sen x, f (x)= senx x cos x, f() = cos sen =. 7, f () = sen cos =., y, finalmente resulta, para la primera iteración, x = x f(x ). = = '. 86 f (x ). Para realizar la segunda iteración calculamos de donde f(.86) = , f (.86) =. 768, x =.86 f(.86) =. 86 '. 86. f (.86) Al repetirse las dos primeras cifras decimales, las damos por buenas y detenemos los cálculos.

3 Ejercicio. Se perfora una esfera de radio r con un agujero cilíndrico (ver figura) de modo que el anillo esférico resultante tiene altura h.. Probar que el volumen del anillo es V = πh /6.. Calcular la superficie total del anillo. Solución. El cuerpo se genera al girar una porción de circunferencia alrededor de un diámetro de la misma. Situaremos el eje de giro en el eje OX. Si se sitúa en el eje OY, la solución se obtiene de un modo semejante. f(x) g(x) -h/ h/ La función f(x) estádefinida por la ecuación de la circunferencia x + y = r,es decir f(x) = r x.lafunción g(x) =f(h/) = p r (h /4) es constante.. Aplicamos la fórmula habitual para el cálculo de un volumen de revolución: V = π = π h/ Z h/ Z h/ h/ f(x) g(x) dx = π Z h/ µ h 4 x dx = π Ã h h/ 4 h x µr x r + h dx 4 h/ h/! µ h = π 4 h = πh El área total se obtiene como la suma de las del cilindro y la superficie esférica. El área del cilindro S c es πr c h, donde el radio del cilindro es R c = p r (h /4). Por tanto, S c =πh p r (h /4) = πh 4r h. El área de la superficie esférica S e se calcula con la fórmula habitual que requiere el cálculo de p +f (x) : r f x (x) = r x, p +f (x) = + x r x = r r r x = r r x. Finalmente, aplicamos la fórmula del área de una superficie de revolución: Z h/ S e =π =π h/ Z h/ h/ f(x) p Z h/ +f (x) dx =π h/ rdx=πrh. r r x r x dx El área total será, por tanto S = S c + S e = πh r + 4r h.

4 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Primer Examen Parcial. 6 de Enero de Segunda parte Ejercicio 4.. Enunciar el criterio de comparación por paso al límite para integrales impropias.. Estudiar la convergencia de la integral según los valores de k R. I = Z x k x +senx x sen x dx Solución. Sea I = I + I, donde I = Z x k x +senx x sen x dx, I = Z x k x +senx x sen x dx. Para analizar la convergencia de I, usaremos que x +senx x. Además sen x x x! implica que x sen x x!. Teniendo en cuenta el criterio de comparación por paso al límite, calculamos µ µ x +senx x xk x sen x xk x lim = lim /! x k = lim =, x + x a x + x a x + x a si a = k. Entonces,elcarácter de I es el mismo que la integral R xk dx. Dado que esta última integral converge si y sólo si k > k>, tenemos que I converge si y sólo si k>. Para analizar la convergencia de I, calculamos x +senx lim x x sen x =lim +(senx /x) x (sen x /x) =. Entonces, µ x +senx x k x sen x lim =, x x a si a = k. En consecuencia, el carácter de I es el mismo que la integral R x k dx, que converge si y sólo si k<. La intersección de los intervalos de convergencia de I y I es vacía, luego no existen valores de k tales que la integral I sea convergente. 4

5 Ejercicio 5.. Enunciar el Teorema de Taylor.. Determinar el grado del polinomio de Taylor en π/ que es necesario para calcular cos(6 o ) con un error menor que y obtener dicho valor. Solución. Para el apartado, comenzaremos escribiendo el desarrollo mediante el polinomio de Taylor y el correspondiente resto para f(x) =cosx en π. Por el teorema de Taylor, al ser el coseno una función indefinidamente derivable en toda la recta real, sabemos que, dado un x yunn, existe un c entre π y x tal que: f(x)=cosx =cos π ³ sin π ³ x π ³ cos π ³ x π +! + ³ sin π ³ x π ³ + cos π ³ x π 4! 4! + ³ π ³ n! f (n) x π n ³ + (n +)! f (n+) (c) x π n+ El error que se comete al adoptar como valor de la función el que tome el polinomio de Taylor viene dado por el resto. Para acotar el valor absoluto de dicho error, basta notar que las sucesivas derivadas del coseno son, salvo el signo, senos o cosenos, y por tanto permanecen acotadas en valor absoluto por en toda la recta real. Por tanto: error (x) = (n +)! f (n+) (c) Para x =6 o = 6π 8 es decir, tal que ³ x π n+ (n +)! x π radianes, buscamos un valor de n que garantice que x π (n +)! n+ = (n +)! µ π n+ 6 (n +)! 8 n+ = 6π 8 π n+ < π n+ (n +)!8 < n+ n+. o, lo que es lo mismo, (n +)!(8/π) n+ >. Por tanto es suficiente que sea n =,yaque (8/π) > 57 =6498>. Finalmente resulta µ 6π cos (6 o )=cos ' cos π ³ 8 sin π µ6π 8 π = Ã π 8 = π 8! = Como comprobación,elverdaderovalorescos( 6π )=

6 Ejercicio 6. Obtener el desarrollo en serie de Taylor en de f(x) = x x + x 5x +6 indicando el dominio de convergencia. (Utilizar descomposición en fracciones simples) Solución. En primer lugar, descomponemos en fracciones simples: x x + x 5 =+ x 5x +6 x 5x +6 =+ A x + B x. Simplificando y multiplicando por x 5x +6=(x )(x ), obtenemos x 5=A(x ) + B(x ). Ahora, para calcular los valores de A ydeb, damos a x los valores x =,x =: x = = A A =, x = =B. Finalmente, operamos con la descomposición, para poder usar la serie geométrica: f(x)=+ x + x = (x/) (x/) = ³ x n ³ x n n= n= = X µ + n+ = 6 X n= n= µ + x n. n+ n+ n+ x n Como f(x) seexpresacomolaseriedepotencias 6 X µ + x n,el n+ n+ n= teorema de unicidad garantiza que dicha serie es la serie de Taylor de f(x). Usando el criterio del cociente, obtenemos el radio de convergencia R =. En los extremos x = ±, tenemos que no se cumple la condición necesaria de convergencia de series porque µ lim a nx n = lim n n + n = n+ n+ 6=. Entonces, el dominio de convergencia es (, ). 6

7 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Segundo Examen Parcial. 4 de Junio de Ejercicio. Hallar los extremos absolutos de la función f (x, y, z) =x + y + z, en el conjunto A = (x, y, z) R : x + y z ª. Solución. El conjunto A es la parte interior del paraboloide x + y = z, situada por debajo del plano z =. z = x +y =z Porción del paraboloide Se trata de un conjunto cerrado y acotado, de forma que como f es una función continua, tenemos garantía dequeexistenelmáximo y el mínimo de la función en el conjunto dado. Dichos extremos deben encontrarse entre los extremos relativos de la función que estén en el interior del conjunto, los extremos condicionados a la restricción del paraboloide, los que se obtienen en el plano, y, finalmente, los que se encuentran en la circunferencia intersección de ambas superficies. Como quiera que el gradiente f = (,, ) no se anula nunca, no existen extremos relativos de la función en el interior de A. Para encontrar los extremos sobre el paraboloide usamos la función lagrangiana L (x, y, z, λ) =x + y + z + λ x + y z de donde obtenemos las condiciones que tienen como solución: +λx = +λy = λ = λ =, x =, y =, z = x + y = =. Tenemos, por tanto, que el primer candidato es µ P =,,.

8 Losextremossobreelplanoz = pueden obtenerse, por ejemplo, con que dan lugar a las condiciones L (x, y, z, λ) =x + y + z + λ(z ) = = +λ = que son claramente incompatibles. Finalmente, sobre la intersección y usando las dos restricciones: obtenemos L (x, y, z, λ,µ)=x + y + z + λ x + y z + µ(z ) +λx = +λy = λ + µ = De las dos primeras ecuaciones x = y, ycomox + y = z =, concluimos que x = y = ±/, y, por supuesto, z =. Tenemos, pues, otros dos candidatos: µ µ P =,, y P =,,. Ya sólo nos queda evaluar la función en los tres puntos para determinar los valores mayor y menor: µ f,, = / µ f,, =+ µ f,, = Solución. El mínimo de f se alcanza en ( /, /, /) y vale /, y el máximo se alcanza en /, /, yvale+.

9 Ejercicio. Sea R la región en el plano R limitada por las curvas x y =, x y =9, x+ y =4, x+ y =6. Mediante el cambio de variables u = x + y, v = x y, se transforma la región dada en otra región T. Se pide:. Representar gráficamente las regiones R y T.. Calcular el área de la región R utilizando T.. Siendo C la frontera de la región R recorrida en sentido positivo, obtener el valordelaintegraldelínea I x y dx + x 4 dy. C Solución.. Teniendo en cuenta que x y =(x + y)(x y) =uv, el cambio de variables transforma la región R en la región T, que está acotada por las rectas verticales u =4,u=6, y las curvas uv =,uv=9. Es decir, T = ½ (u, v) R :4 u 6, Las regiones R y T u v 9 u ¾ El teorema del cambio de variables asegura que el área A (R) = dx dy = (x, y) (u, v) du dv. Calculamos Entonces A (R) = Z 6 Z 9/u 4 /u R (x, y) (u, v) = (u,v) (x,y) dv du = Z 6 4 T = det. El teorema de Green asegura que I Pdx+ Qdy = C µ =. µ 9 u Z 6 du =4 u 4 R (Q x P y ) dx dy. du =4ln u µ. Sabemos que P = x y y Q = x 4. Entonces Q x P y =x +y, por lo que, usando de nuevo el teorema del cambio de variables, obtenemos I Z 6 Z 9/u Pdx+ Qdy = (x + y) dx dy = u Z 6 µ 8 dv du = u du =6. u C R 4 /u 4

10 Ejercicio. Sea S eltrozodelasuperficie del paraboloide z = x +(y ), interior al cilindro x +(y ) =. Sea F el campo vectorial F (x, y, z) =(y, x, xz). Se pide calcular la integral RR S rot (F) n ds, con la normal exterior al paraboloide,. Directamente.. Usando el teorema de Stokes.. Usando el teorema de Gauss. Solución.. En primer lugar, calculamos el rotacional del campo F, i j k rot (F) = F = D x D y D z =(, z,). y x xz Usaremos coordenadas cilíndricas, con centro en el vértice (,, ) del cilindro x +(y ) =. Entonces, la parametrización del trozo del paraboloide interior al cilindro es S (u, v) = u cos v, +u sen v, u +u sen v +, u, v π. Obtenemos un vector paralelo al vector normal a la superficie mediante i j k S u S v = cos v sen v u +senv u sen vucos v u cos v = u cos v, u sen v u, u. Dado que en el vértice (,, ) = S (, π/), el vector S u S v (, π/) = (,, ) apunta hacia el interior del paraboloide, tenemos que la normal exterior a S tiene sentido opuesto a S u S v. En consecuencia, rot (F) n ds = rot (F)(S (u, v)) (S u S v )(u, v) du dv La integral pedida es rot (F) n ds = S =,u +u sen v +, u cos v, u sen v u, u du dv = u 4 sen v +4u sen v +6u sen v +u +u du dv. = = Z Z π Z Z 4u µ v u 4 +6u sen v +4u sen v +u +u dv du 8πu +4πu du = πu 4 +πu = 4π. sen v + u +u π v du 4. Sea C la curva frontera de S. La parametrización de C viene dada por ³ ³ r (v) =S,v = cosv, + senv, 4+ senv, v π. La orientación inducida por la normal exterior al paraboloide es opuesta a la orientación de C con la parametrización dada. Entonces, el teorema de Stokes asegura que I I Z π rot (F) n ds = F dr = F dr = F [r (v)] r (v) dv. C C S 4

11 Dado que ³ F [r (v)] = + senv, cosv, ³ cosv 4+ senv ³ r (v)= senv, cosv, cosv, su producto escalar F [r (v)] r (v)= senv sen v +cos v +4cos v + cos v sen v = senv +cos v + cos v sen v. Calculamos la integral de línea Z " π F [r (v)] r (v) dv = cosv v + =6π π = 4π. µ v # π sen v + cos v 4. Colocando un techo T alasuperficie S, de forma que Ω = S T sea una superficie cerrada, podemos aplicar el teorema de Gauss Superficie S y techo T Sabemos que div (rot (F)) =. Entonces, Z rot (F) n ds + rot (F) n ds = S lo que implica que S T rot (F) n ds = T Ω div (rot (F)) dx dy dz =, rot (F) n ds. La superficie T es la curva C y su interior. Es decir, T (u, v) =(u cos v, +u sen v, 4+u sen v), u, v π. Calculamos el producto vectorial i j k T u T v = cos v sen v senv =(, u, u). u sen vucos v u cos v La normal exterior al techo T tiene el mismo sentido que T u T v. Entonces, rot (F) n ds =rot(f)(t (u, v)) (T u T v )(u, v) du dv =(, 4 u sen v,) (, u, u) du dv = 8u +4u sen v du dv. 5

12 Obtenemos la integral T rot (F) n ds = = Z Z π Z 6πudu = 8πu =4π. 8u +4u sen v dv du Por tanto, el flujo del rotacional del campo a través de S, es rot (F) n ds = 4π. S Nota. Si usamos coordenadas cilíndricas, con centro en el vértice (,, ) del paraboloide z = x +(y ), la parametrización es S (u,v )= u cos v, +u sen v,u. En este caso, los parámetros deben verificar (u cos v ) +(u sen v ) = u u sen v +, es decir, u u sen v. Las raíces de ese polinomio, resuelto en u, son u = senv ± 4sen v +8 =senv ± p sen v +, siendo negativa la correspondiente al signo menos. Por tanto, el dominio es n D = (u,v ) R : u sen v + p o sen v +, v π. J I J I J I J I J I J I 6

13 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen Final. 7 de Julio de Primera parte Ejercicio. Entre todos los rectángulos del plano YOZ,inscritos en la parábola z = a y (siendo a>) yconbaseenelejeoy (ver figura, en la página ), calcular el que tiene área máxima. Justificar la respuesta. Para cada valor x [, ], consideremos la parábola del tipo anterior contenida en el plano x = x y cuyo vértice está en el segmento que une los puntos (,, ) y (,, ). Construimos el sólido cuya sección con cada plano x = x es el rectángulo de área máxima inscrito en la parábola considerada en dicho plano (ver figura, en la página ). Calcular el volumen de dicho sólido. Solución. El área del rectángulo, inscrito en la parábola z = a y, es A (y) =y a y =a y y, y a. Los puntos interiores, candidatos a extremos, verifican =A (y) =a 6y = a y y = a. Evaluamos el área en el punto crítico y en los puntos y =,y= a, obteniendo µ a A = a a = 4a >A() = A (a) =. Entonces, el área máxima se alcanza en y = la distancia del origen al vértice de la parábola. a, siendo 4 (a ), donde a es A continuación, calculamos el volumen, integrando el área A (x) de cada sección en el intervalo [, ]. Dado que el vértice de cada parábola está en el segmento x + z =, x, la distancia del plano z =al vértice es z = x. Usando el resultado anterior, el área máxima es A (x) = 4 ( x). En consecuencia, el volumen pedido es V = Z A (x) dx = Z 4 4 ( x) dx = x= 5 ( x) 5 = 8 x= 5.

14 z z=a -y y Figura z (,,) y (,,) x x Figura

15 Ejercicio. Se considera la serie de potencias X n= (n+ n) x n. Calcular su radio de convergencia, su dominio de convergencia y su suma en dicho dominio. Solución. Calculamos el radio de convergencia mediante R = lim n a n a n+ = lim n n+ n n+ (n +) = lim n n n+ n + =. n+ Entonces, la serie es absolutamente convergente para x ( /, /), divergente para x > /, y debemos analizar que ocurre en los puntos x =/ y x = /. En primer lugar, si x =/, eltérminogenerales n+ n x n = n+ n n = n n que no tiende a cero, sino a, por lo que la serie no es convergente. En el otro extremo, por igual razón, el valor absoluto del término general tiende a, en lugar de tender a cero, y tambien resulta una serie no convergente. En conclusión, el dominio de convergencia de la serie dada es el intervalo abierto ( /, /). Para calcular la función s(x), suma de la serie en el intervalo de convergencia, descomponemos s(x) =s (x) s (x), donde s (x) = n+ x n, s (x) = n= nx n. Para sumar la primera serie, basta observar que es una serie geométrica de razón x yprimertérmino, porloque, s (x) = n= n= (x) n = x. Para sumar la segunda serie, tenemos que à s (x) = nx n = x nx n = x d! X x n dx n= Finalmente, resulta n= n= = x d µ = dx x s(x) =s (x) s (x) = x x 5x +4x = ( x) ( x)( x). x ( x).

16 Ejercicio. Obtener la ecuación en que se transforma la ecuación de Laplace u x + u y =, donde u = u (x, y), con el cambio a coordenadas polares x = r cos t, y = r sen t. Solución. Usando la regla de la cadena, calculamos las derivadas parciales u r = u u cos t + sen t, x y u t = u ( r sen t)+ u (r cos t). x y A continuación, y suponiendo que las derivadas cruzadas coinciden, obtenemos u r = µ u u cos t + r x y sen t = u x cos t + u x y sen t cos t + u y sen t. u t = µ u = µ u r sen t u t t t x x r cos t + µ u r cos t u t y y r sen t µ u = x ( r sen t)+ u (r cos t) r sen t u y x x r cos t µ u + x y ( r sen u t)+ (r cos t) r cos t u y y r sen t µ = u x r sen t u x y r sen t cos t + u u y r cos u t r cos t + x y sen t. En consecuencia, u r + u r t = u x + u y u r r. Por tanto, la ecuación de Laplace, en coordenadas polares, es u r + u r r + u r t = u x + u y =. 4

17 Ejercicio 4. Sea C una curva cerrada simple que encierra una región D. (a) Demostrar, usando el teorema de Green, que I I área (D) = xdy = ydx= I xdy ydx C C C (b) Usando una de las anteriores integrales de línea, calcular el área del interior de la elipse x 4 + y 5 =. Solución. (a) El teorema de Green asegura que I Pdx+ Qdy = (Q x P y ) dx dy. C D Si elegimos (P, Q) =(,x), entonces I xdy = dx dy =área (D). C D Si elegimos (P, Q) =( y, ), entonces I ydx= dx dy =área (D). C D Usando los dos resultados, obtenemos I I I xdy ydx= xdy+ C C C ydx=área (D). (b) Parametrizamos la elipse de semiejes a =y b = 5, mediante ³ r (t) = cos(t), 5sen(t), t π. Entonces x (t) =cos(t), y(t) = 5sen(t), luego I xdy ydx= Z π ³ 5cos (t)+ 5sen (t) dt C = 5 Z π = 5π. dt 5

18 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen Final. 7 de Julio de Segunda parte Ejercicio 5. Sea f la función definida por ( ³ π x x f(x) = cos, si x 6=, x, si x =. (a) Obtener las funciones derivadas f y f, junto con sus respectivos dominios. (b) Encontrar las rectas tangentes a la gráfica de f, enx =y x =/. (c) Calcular los polinomios de Taylor de orden de f, centrados en x =y x =/, cuando existan. Estudiar si f alcanza un extremo en x =/ y, en ese caso, clasificarlo. Solución. (a) Si x 6=, entonces ³ π f (x)= x cos ³ x π = x cos π sen x ³ π + x sen x ³ π x ³ π x. Si x =, calculamos el límite ³ π f f (h) f () h h cos () = lim = lim h h h ³ h h π = lim h cos =. h h Calculamos la derivada segunda, para x 6=, ³ π f (x) = cos x π ³ π ³ x sen + π π x x cos. x En el punto x =, el cociente incremental para f es f (h) f () h ³ π = cos h π ³ π h sen. h El límite de la expresión anterior no existe cuando h. Por ello, f no tiene derivada segunda en x =. Los dominios de f y f son, respectivamente, R y R \{}. (b) La recta tangente en x =,es y = f () + f () x = x. 6

19 La recta tangente en x =, es y = f µ µ µ + f x = 4. (c) Como f no tiene derivada segunda en x =, no existe polinomio de Taylor de f de orden en x =.Enelpuntox =, tenemos T (x)=f µ µ µ + f x + µ µ f x = 4 + π µ x >. Dado que f µ estricto en x =. =y f µ >, la función f tiene un mínimo local Gráfica de la función f 7

20 Ejercicio 6. Calcular, con un error menor que., un valor aproximado de la integral Z π I = sen x dx, utilizando la regla de Simpson. Solución. Calculamos las cuatro primeras derivadas de la función integrando para obtener una cota del error cometido al aproximar con la regla de Simpson. f(x)=senx, f (x)=x cos x, f (x)=cosx 4x sen x, f (x)= x sen x 8x co s x, f (4) (x)= sen x 48x cos x +6x 4 sen x. El siguiente paso consiste en encontrar un cota de la derivada cuarta, en el intervalo de integración, f (4) (x) sen x +48x cos x +6x 4 sen x + 48 π +6π 4 + 4π +4π < 7. Lafórmuladelacotadelerroraseguraque (b a)5 E max f (4) (x) < 7 π 5/ <.89. 8n 4 8n 4 n 4 Para conseguir que E <., essuficiente que n sea tal que.89 n 4., o lo que es igual, que n Dado que 4 =8, 4 4 =56,elegimosel menor entero que satisface la desigualdad, es decir n =4. Aplicando la fórmula de Simpson, I b a n [f(x )+4f(x )+f(x )+ +4f(x n )+f(x n )], a nuestro problema, tenemos que h =(b a)/ 4 = p ± π 4, luego p! π π p! π p! π I +4senÃp +senã +4senà + = Las fórmulas de cuadratura de MATLAB nos proporcionan I = ,lo que indica que el error cometido es, aproximadamente, una milésima. 8

21 Ejercicio 7. Hallar la distancia mínima entre la elipse x +y =6ylarecta x + y =5. Solución. Los semiejes de la elipse x +y =6son a = 6 y b =. Por ello, todos los puntos de la elipse están en el semiplano x + y<5. Entonces, la distancia d entre un punto P =(x, y) de la elipse y la recta x + y 5=, es d (x, y) = ax + by + c x + y 5 = a + b = 5 x y. Para encontrar los extremos de la distancia de la recta a la elipse, definimos la función lagrangiana L (x, y, λ) = 5 x y + λ x +y 6. Las condiciones necesarias para extremos condicionados son L x = +λx =, L y = +4λy =, L λ = x +y 6=. Las dos primeras ecuaciones implican λx =4λy =, luego λ 6=, x =y. Entonces, la ecuación x +y =6, implica 6y =6, por lo que y = ±. En consecuencia, hemos obtenido los puntos P =(, ) y P =(, ). Finalmente, evaluamos la distancia a la recta en los dos puntos para determinar los valores mayor y menor, d (P )= 5 = =, d (P )= 5+ = 8 =4. La distancia mínima se alcanza en P =(, ) yes, y la distancia máxima se alcanza en P =(, ) yes4. 9

22 Ejercicio 8. Calcular el flujo del campo vectorial F(x, y, z) =(x, y, z), através de la porción del cilindro parabólico z = x, limitada por los planos z = a (a >), y =,y= b>, orientada de forma que la componente z de la normal sea negativa. Comprobar el resultado, utilizando el teorema de la divergencia. Solución. Teniendo en cuenta que z = x a implica que x a, usaremos la parametrización dada por S (x, y) =(x, y, x ), donde a x a, y b. En primer lugar, obtenemos un vector paralelo al vector normal n mediante i j k S x S y = x =( x,, ). Observemos que S x S y opuesto a n. Por tanto tiene componente z positiva, luego tiene sentido F n ds = F (S (x, y)) (S x S y )(x, y) dx dy = x, y, x ( x,, ) dx dy = x dx dy. La integral de flujo a través de S, es S F n ds = Z a Z b a x dx dy = b a x = a a b. Colocando un techo T y dos paredes laterales P y P alasuperficie S, de forma que S T P P sea la frontera del sólido Ω, podemos aplicar el teorema de la divergencia de Gauss. La superficie S El flujo de F atravésdes, con la normal exterior n, es flu(s) = a b. A continuación, calculamos los flujos exteriores a través del techo T y las paredes P y P. El techo T (x, y) =(x, y, a ), donde a x a, y b. Entonces, T x T y =(,, ) tiene orientación exterior, por lo que F n ds = x, y, a (,, ) dx dy = a dx dy.

23 La integral de flujo es flu(t )= F n ds = T Z a Z b a a dx dy = a b [x] a a =a b. La pared P (x, z) =(x,,z), donde a x a, x z a. Entonces, Px Pz =(,, ) tiene orientación exterior. Por tanto F n ds =(x,,z) (,, ) dx dz =. La integral de flujo es flu(p )=. Finalmente, la pared P viene dada por P (x, z) =(x, b, z), donde a x a, x z a. Entonces, el producto vectorial Px Pz =(,, ) tiene orientación interior. Por tanto, La integral de flujo es F n ds = (x, b, z) (,, ) dx dz = b. flu P = F n ds = P a = b a x x a Z a Z a a = b x Z a bdzdx= b a µa a = 4 a b. a x dx El flujo exterior a través de la frontera del sólido Ω es la suma flu(s)+flu(t )+flu P + flu P = a b +a b + 4 a b =4a b. La divergencia del campo es div (F) =. Calculamos directamente Z Ω Z a div (F) dx dy dz = = a Z a Z b =b Z b Z a a Z a =4a b. a x dz dy dx a x dy dx a x dx El resultado queda comprobado porque el teorema de Gauss afirma que el flujo exterior a través de la frontera de Ω coincide con la integral triple de la divergencia del campo F. JFI JFI JFI JFI JFI JFI

24 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen del 4 de Septiembre de Primera parte Ejercicio. Un flan tiene forma de tronco de paraboloide de revolución, siendo r y r losradiosdesusbasesyh su altura. Determinar su volumen y el volumen de la porción obtenida al cortarlo verticalmente desde un punto del borde superior. Solución. Sea z (x) =ax + bx + c, una parábola, contenida en el plano y =, que genera el paraboloide. Sabemos que tiene su vértice en el eje OZ yquepasa por los puntos (r,,h) y (r,, ). En x =hay una tangente horizontal, por lo que =z () = b. Entonces, la parábola es z (x) =ax + c. Además, tenemos que ar + c = h, yque4ar + c =. Estas ecuaciones implican ar = h, luego a = h r, c = 4ar = 4h. Por tanto, la ecuación de la parábola es z (x) = h r x + 4h = h µ4 x r Para calcular el volumen del flan, observamos que = h r 4r x. por lo que x =4r r h z, Z h Z h V = π x dz = π µ4r r h z µ = π µ4r h r h = 4 h dz πr h = 5 πr h.

25 Para calcular el volumen de la porción, integramos el área A (x) de las secciones obtenidas al cortar el flan con planos paralelos al plano x =, entre r y r. Dichas secciones son parábolas con vértices en los puntos (x,,z(x)) y que pasan por los puntos x, ± 4r x,. Denotando β (x) = 4r x, la ecuación de estas parábolas es Z (x, y) =py + q, donde z (x) =Z (x, ) = q, =Z (x, ±β (x)) = pβ (x)+q. Entonces, p = z (x) β, y la ecuación del paraboloide de revolución es (x) Z (x, y)= z (x) β (x) y + z(x) = z(x) µ y β (x) = h 4r x µ 4r x y r 4r x = h r 4r x y. Usando la simetría de la parábola Z = py + q, suáreaes A (x)= = Z β(x) p y + qy µ = z (x) β (x) py + q dy β(x) β (x) + z (x) β (x) = 4 z (x) β (x) = 4h 4r x 4r 9r x. El volumen de la porción del flan viene dado por V P = 4h 9r Z r r 4r x dx. Usaremos el cambio de variable x =r sen θ, π/ θ π/, para calcular Z r 4r x dx = Z π 4r cos θ r cos θ dθ r = π 6 Z π π 6 =6r 4 Z π (r cos θ) 4 dθ π 6 cos 4 θ dθ.

26 Desarrollando el integrando calculamos la integral Z π π 6 µ +cosθ cos 4 θ = = +cosθ +cos θ 4 = µ +cos4θ +cosθ + 4 = ( + 4 cos θ +cos4θ), 8 θ +senθ + cos 4 θ dθ = 8 " = ³ π 8 π 6 Ã! = π En consecuencia, el volumen de la porción es Ã! V P = 4h 6r 4 π 9 9r 8 8 Ã! = 8r h π µ 8 = 9 π r h. π sen 4θ 4 4 π 6 #

27 Ejercicio. Estudiar la convergencia de Z x n I n = (x n+ dx, n. +) µ n Probar que I n = I n, para n. Calcular I,I y I. n + Solución. La integral dada sólo presenta problema debido al intervalo infinito (primera especie) ya que el integrando es continuo en toda la recta real (función racional cuyo denominador no se anula nunca). Puesto que el integrando es positivo y, para x, se comporta como x n (x +) n+ ' xn x n+6 ' x 7, cualquiera que sea n, podemos utilizar el criterio de comparación por paso al límite con R dx para concluir que la integral dada es convergente. x 7 Aplicando integración por partes, con u = x n y dv = x (x +) (n+) dx, resulta du =(n )x n y v = (n+) (x +) (n+) y, por consiguiente, para cualquier n, Z Z I n = udv = uv vdu x n = + (n +)(x +) (n+) =+ = (n ) (n +) (n ) (n +) I n. Z x n (x +) Z (n+) dx Lasintegralescuyocálculonospidenson: Z x I = (x +) 4 dx = 6(x +) y, aplicándo la fórmula demostrada antes, se obtienen Z Z (n )x n (n +)(x +) x (x +) 5 dx = I = 4 I = 4, x 5 (x +) 6 dx = I = 5 I = 6. = 6, (n+) dx 4

28 Ejercicio. Dada la serie de potencias n= µ n + (x ) n, n determinar su radio de convergencia. Estudiar la convergencia en los extremos. Hallar su suma. Solución. El término general es a n = n +. Su radio de convergencia es n µ µ R = lim a n n n a n+ = lim + n + n n (n +) =. + Entonces, la serie es absolutamente convergente si x <, es decir, en el intervalo (, ) ydivergentesi x >. En los puntos x =y x =,los respectivos términos generales no convergen a cero, luego la serie es divergente en ambos puntos. Para calcular la suma de la serie s(x), en el intervalo(, ), sea s(x) =s (x)+s (x), donde s (x) = n (x ) n, s (x) = n= En primer lugar, calculamos la suma (x ) n = n= Para obtener la primera suma, derivamos Ã! d X (x ) n = dx por lo que n= n= n= n (x )n. ( x) = = x (x ) x x. = n= n (x ) n = d dx ( x)+(x ) ( x) = n (x ) n = n= n= (x ) ( x). µ x x ( x), Derivando de nuevo, obtenemos Ã! d X n (x ) n = n (x ) n = d µ x dx dx ( x) = ( x) +( x)(x ) ( x) 4 = 5 x ( x).

29 Entonces, la primera suma es s (x) = n (x ) n = n= (x ) x ( x), <x<. Sabemos que n= (t ) n = t t <t<. Integrando ambos términos en el intervalo con puntos terminales x y, obtenemos Z Ã x X! µz x (t ) n dt = (t ) n dt En consecuencia, n= = = n= " (t ) n+ n= n + (x ) n+. n + n= # x (x ) n+ n= Entonces, la segunda suma es n + Z x = = Z x t t dt µ + t dt =[ t ln ( x)] x = x + ln ( x). s (x)= n (x )n =(x ) + n= =(x ) x + ln ( x) = ln ( x), (x ) n+ n + donde <x<. En conclusión, la suma de la serie, en el intervalo (, ), es n= s(x) = (x ) x ln ( x). ( x) 6

30 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen del 4 de Septiembre de Segunda parte Ejercicio 4. Se dispone de metros de alambre para delimitar un triángulo equilátero, un cuadrado, o bien ambas figuras. Cuántos metros de alambre deben dedicarse a construirlas, si se pretende que la figura o figuras encierren el área máxima posible? Solución. Puesto que se trata de un triángulo equilátero y de un cuadrado, sea T =x la cantidad de alambre dedicada al triángulo, de lado x, y sea C =4y la dedicada al cuadrado, de lado y, conloquet + C =x +4y =será nuestra restricción. La altura del triángulo será x y su área, por tanto A T = x. 4 El área del cuadrado será A C = y. Nuestro problema es, entonces maximizar la función f(x, y) = x + y, 4 con la restricción g(x, y) =x +4y =, donde x, y. Observemos que: Para x =,y=5,f(, 5) = 5. Para y =,x=, f(, ) = 9 = Para el resto de valores posibles, utilizando el método de los multiplicadores de Lagrange, los posibles extremos se obtienen resolviendo el adecuado sistema: f x = λg x x =λ ½ f x = λg x x = y y =4λ y +4y = g = y = 4+ =. 748 x = 4+ = x +4y = obteniéndose un único punto x = 4+ =. 7669, y= 4+ =. 748 correspondiente a T = =., C = =8. 699, sibienno sabemos si se trata de un maximo o de un mínimo. Por ello calculamos el valor de la función en el punto obtenido y lo comparamos con los hallados para x =, e y =.Puestoque f(. 7669,. 748) = / =. 874, concluimos que se trata de un mínimo y que el máximo se alcanza en x =. Es decir, se debe dedicar todo el alambre a construir un cuadrado de lado 5 metros y área 5 metros cuadrados. 7

31 Ejercicio 5. Sea C el arco de la circunferencia (x ) + y =4, orientado positivamente. Usar el teorema de Green para calcular I x +y dy. C Solución. El teorema de Green asegura que I Pdx+ Qdy = (Q x P y ) dx dy, C donde R es el disco (x ) + y 4. Dado que Q x P y =x, obtenemos I x +y dy = xdxdy. C R Para calcular la integral doble, usaremos el siguiente cambio de variables R x =+r cos θ, y = r sen θ. Teniendo en cuenta que (x ) + y = r 4, el disco R se transforma en T = (r, θ) R : r, θ π ª. El jacobiano del cambio es r, luegolaformuladelcambiodevariableses xdx dy = (+rcos θ) rdrdθ R T =4 rdrdθ + r cos θ dr dθ T T µz µz π µz µz π =4 rdr dθ + r dr cos θ dθ r =4 =6π. [θ] π + r [sen θ] π Nota. La fórmula del centro de masa (x, y) del disco R, con densidad constante ρ (x, y) =,implica xdx dy = x dx dy =área (R) =8π. R R Entonces, el valor de la integral pedida es 6π. 8

32 Ejercicio 6. Sea S la porción del paraboloide z = x + y, situada en el primer octante y limitada por el plano z =, y sea F (x, y, z) =(y z,z x, x y).. Calcular RR F nds,siendon la normal interior al paraboloide. S. Calcular directamente la integral H F dr, dondec es la curva frontera de S. C. Comprobar el cálculo anterior usando el teorema de Stokes. Solución.. Usando coordenadas cilíndricas, z = x + y = r, por lo que la parametrización es S (r, θ) =(r cos θ,rsen θ,r ), donde r, θ π/. El producto vectorial fundamental es i j k S r S θ = cos θ sen θ r r sen θ r cos θ = r cos θ, r sen θ,r. En el punto S (, ) = (,, ), tenemos que S r S θ (, ) = (,, ) apunta hacia el interior del paraboloide. Entonces, la normal n tiene la misma dirección que S r S θ. Calculamos F nds = F (S (r, θ)) (S r S θ ) dr dθ = = r sen θ r,r r cos θ,r(cos θ sen θ) r cos θ, r sen θ,r dr dθ = r 4 cos θ r 4 sen θ + r (cos θ sen θ) dr dθ = r 4 + r (cos θ sen θ) dr dθ. La integral de flujo a través de S, es Z π/ Z F nds= r 4 + r (cos θ sen θ) dr dθ S µz = r 4 + r dr à Z! π/ (cos θ sen θ) dθ = à r 5 µ = r! ³ [sen θ +cosθ] π/ ( ) =.. La frontera de S es la curva cerrada C = C C C, donde C es la intersección de S con el plano y =, es decir θ =. Su parametrización es r (t) =S (t, ) = t,,t, r (t) =(,, t), t. La curva C es la intersección de S con el plano z =, es decir r =. Su parametrización es r (t) =S (, θ) =(cosθ, sen θ, ), r (t) =( sen θ, cos θ, ), θ π/. Observemos que r () = (,, ) y r (π/) = (,, ), por lo que su orientación es positiva. La curva C es la intersección de S con el plano x =, es decir θ = π/. Si elegimos la parametrización r (t) =S (t, π/) =,t,t, r (t) =(,, t), t, 9

33 entonces la orientación de C es negativa. En consecuencia, I F dr = C Z F dr + C Z F dr C Z F dr. C Vamos a calcular estas tres integrales de línea, Z Z Z F dr = F (r (t)) r (t) dt = t,t t, t (,, t) dt C Z = t +t dt =. Z C F dr = = Z π/ Z π/ Z F dr = C (sen θ, cos θ, cos θ sen θ) ( sen θ, cos θ, ) dθ (sen θ +cosθ ) dθ =[ cos θ +senθ θ] π/ = π. Z t t,t, t Z (,, t) dt = t dt =. El valor de la integral de línea sobre la curva frontera es I F dr = + π + = 8 π. C. El rotacional del campo es i j k rot (F )= D x D y D z =(,, ). y zz xx y El teorema de Stokes afirma que H F dr = RR rot (F ) nds, donde C es C S lacurvafronterades orientada positivamente por n. Calculamoslaintegralde flujo Z π/ Z rot (F ) nds= (,, ) r cos θ, r sen θ,r dr dθ S = = = Z π/ Z Z π/ Z π/ = 4 4r (cos θ +senθ) r dr dθ! Ã 4r (cos θ +senθ) r µ 4 (cos θ +senθ) dθ [sen θ cos θ]π/ π = 8 π. dθ

34 ! "! " # $ $" # $" $ % & " # ' # # ( & $" " # # # ) " & # ) * " ) & " " " ) " ) ' +! & " & && ", -& ". $

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40 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Segundo Examen Parcial. de Junio de Primera parte Ejercicio. Obtener la expresión en que se transforma z xx +z xy +z yy ; al cambiar las variables independientes (x; y) por (u; v) y la función z por w; considerando que unas y otras están relacionadas por x = u + v ; y = u v ; z = u v w: 4 Solución. En primer lugar, obtenemos u = x + y; calculamos v = x y: A continuación, z x = z u u x + z v v x = z u + z v ; z y = z u u y + z v v y = z u z v : Usando estos resultados, obtenemos (z x ) x =(z x ) u u x +(z x ) v v x = z uu + z vu + z uv + z vv ; (z x ) y =(z x ) u u y +(z x ) v v y = z uu + z vu (z uv + z vv ) ; (z y ) y =(z y ) u u y +(z y ) v v y = z uu z vu (z uv z vv ) : Suponiendo que las derivadas cruzadas coincidan, tenemos que z xx +z xy + z yy =4z uu : Finalmente, z u = u 4 w u yademás z uu = w uu: Entonces, la expresión transformada es 4w uu :

41 Ejercicio. De entre todos los planos que contienen al punto (a; b; c) situado en el octante positivo, determinar el que hace mínimo el volumen del tetraedro que forma con los planos coordenados. Solución. Consideremos el tetraedro cuyos vértices son (; ; ), ( ; ; ), (; ; ) y (; ; ) : Calculamos su volumen integrando el área de las secciones, que son triángulos de vértices (x; ;z) ; (;y;z); (; ;z) ; donde z : Es decir, V = Z A (z) dz; donde A (z) = xy: Sabemos que el vértice (x; ;z) es un punto de la recta contenida en el plano y µ =; que pasa por ( ; ; ) y (; ; ) : La ecuación de esta recta es x = z; es decir x = z: El vértice (;y;z) pertenece a la recta contenida en µ el plano x =; que pasa por (; ;) y (; ; ) : Su ecuación es y = z; es decir y = z: Entonces, A (z) = µ µ z z = µ z + z = z + z : El volumen del tetraedro es Z µ V = z + z dz = = + 6 = 6 : z z + z Si Ax +By+Cz+D =es la ecuación del plano no coordenado que contiene alosvértices( ; ; ), (; ;) y (; ; ), tenemos que A + D =; B + D =; C + D =: Estas ecuaciones implican que A = D ; B = D ; C = D ; por lo que la ecuación del plano es D x D y D z + D =() x + ȳ + z =:

42 En consecuencia, debemos resolver min ; entre los planos con vértices en 6 los puntos ( ; ; ), (; ;), (; ; ) y que contienen al punto (a; b; c). Esdecir, obtener el mínimo de f ( ; ; ) = sujeto a la restricción 6 g ( ; ; ) = a + b + c =: Usando multiplicadores de Lagrange, tenemos que rf = rg implica a = 6 ; b = 6 ; c = 6 : A partir de ellas, obtenemos a = 6 ; 6 = b ; c = 6 : () Sumando las tres ecuaciones y usando que g ( ; ; ) =; µ a = + b + c = : Si sustituimos el valor de en las ecuaciones () tenemos que =a; =b; =c: El plano que hace mínimo el volumen es el que contiene a los puntos (a; ; ), (; b; ) y (; ; c), cuyaecuaciónes x a + y b + z c =() x a + y b + z c =: El volumen mínimo es V = 6 (a)(b)(c) =9 abc:

43 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Segundo Examen Parcial. de Junio de Segunda parte Ejercicio. Sea S el trozo del cono x = y +z ; interior al cilindro x +y = a y situado en el octante positivo x ; y ; z : Calcular el área de S. Solución. (A) Usando coordenadas cilíndricas x = r cos t; y = r sen t; tenemos que z = p x y = p r cos t r sen t = r p cos t; donde cos t, cos t y sen t implican que t ¼ 4 : Además,eltrozo de cono es interior al cilindro, por lo que r cos t + r sen t a ; es decir, r a: Entonces, la parametrización de S es ³ r cos t; r sen t; r p cos t S (r; t) = ; r a; t ¼ 4 : Obtenemos un vector paralelo al vector normal a la super cie mediante i j k p S r S t = cos t sen t cos t r sen t r sen trcos t p cos t µ r sen t sen t = p r cos t p r cos t sen t cos t; p r sen t p cos t; r cos t cos t µ r sen t sen t r cos t cos t r cos t sen t r sen t cos t = p ; p ;r cos t cos t µ r cos t [ sen t +cost] = p ; r sen t [ cos t cos t] p ;r cos t cos t µ r cos t r sen t = p ; p ;r : cos t cos t A continuación, calculamos ks r S t k = Entonces,eláreadeS es area (S) = = Z ¼=4 Z a r a Z ¼=4 r cos t + r = r ks r S t k dr dt = r +cost cos t 4 µ +cost cos t Z ¼=4 Z a dt = a Z ¼=4 : r +cost r dr dt cos t r +cost dt: cos t

44 Dado que +cost =cos t y cos t =cos t sen t = sen t; la integral r Z +cost ¼=4 p Z cost dt = p cos t sen t dt = du p u =[arcsenu] = ¼ ; Z ¼=4 donde u = p sent: En consecuencia, area (S) = a ¼ = ¼a 4 : (B) Usando coordenadas cartesianas (y; z), tenemosquex = p y + z : La super cie S es interior al cilindro, por lo que x + y =y + z a : Entonces, la parametrización de S es S (y; z) =³p y + z ;y;z ; (y; z) D; donde D = f(y; z) R :y + z a ; y ; z g : Apartirdelaecuación x = y + z ; obtenemos xx y =y; xx z =z; lo que implica x y = y x ; x z = z x : El area de la super cie es area (S)= D = q +x y + x z dy dz = p dy dz; D r + y + z x dy dz porque y + z = x : Observemos que D y + z a () ³ y + x a : ap Entonces, RR dy dz es el área de la cuarta parte (y ; z ) de la región D a encerrada por una elipse de semiejes p y a: Dicha área es ¼a 4 p ; por lo que area (S) = p ¼a 4 p = ¼a 4 : 5

45 Ejercicio 4. Sea F el campo vectorial F (x; y; z) = (x ;xy;xz) yseas la super cie del ejercicio anterior. Calcular la integral RR rot F n ds, con la normal S exterior al cono, directamente y usando el teorema de Stokes. Solución. En primer lugar, calculamos el rotacional del campo F, i j k rot F = r F = D x D y D z =(; z; y) : x xy xz (A) Usando coordenadas cilíndricas, la parametrización de S es ³ S (r; t) = r cos t; r sen t; r p cos t ; r a; t ¼ 4 ; µ r cos t r sen t S r S t = p ; p ;r : cos t cos t Dado que en el punto S (a; ) = (a; ;a) ; el vector S r S t (a; ) = ( a; ;a) apunta hacia el exterior del cono, tenemos que la normal exterior a S tiene el mismo sentido que S r S t : En consecuencia, rot F n ds = (rot F )(S (r; t)) (S r S t ) dr dt ³ = ; r p cos t; r sen t (S r S t ) dr dt La integral pedida es = r sen t + r sen t dr dt =: S rot F n ds =: El teorema de Stokes asegura que I rot F n ds = S C F dr; donde C = C [ C [ C es la curva frontera de S: La parametrización de C es ³ r (t) =S (a; t) = a cos t; a sen t; a p cos t ; t ¼ 4 : ³ ¼ µ ap Como r () = (a; ;a) y r = 4 ; a p ; ; la orientación inducida por la normal exterior al cono coincide con la orientación de C.Dadoque ³ F [r (t)] = a cos t; a sen t cos t; a cos t p cos t ; µ r a sen t (t) = a sen t; a cos t; p ; cos t 6

46 su producto escalar es F [r (t)] r (t) = a sen t cos t + a sen t cos t a sen t cos t = a sen t cos t: Calculamos la integral de línea Z ¼=4 Z ¼=4 cos F [r (t)] r (t) dt =a cos t ( sen t) dt =a t µ Ãp! = a p = a 6 : La curva C es la intersección de µ S con el plano z =; es decir el segmento de ap la recta y = x que une los puntos ; a p ; y (; ; ) : Una parametrización de C es La integral de línea es Z a p ap r (t) =µ t; a p t; ; t ap : Z F [r (t)] r (t) dt = a p ³ µ ap ap t 6 t dt =4 = p a a p = 6 : La curva C es la intersección de S con el plano y =; es decir el segmento de la recta z = x que une los puntos (; ; ) y (a; ;a) : Una parametrización de C es r (t) =(t; ;t) ; t a; y la integral de línea es ¼=4 7 5 ap Finalmente, Z a I F [r (t)] r (t) dt = C Z a t dt = a t = a : Z Z Z F dr = F dr + F dr + F dr C C C Ãp! = a 6 p a + a 6 =: 7

47 (B) Usando coordenadas cartesianas (y;z), la parametrización de S es S (y; z) =³p y + z ;y;z ; (y; z) D; donde D = f(y; z) R :y + z a ; y ; z g : Calculamos el producto vectorial i j k y Ã! p S y S z = y + z y = ; p z p y + z ; z p : y + z y + z En el punto S (;a)=(a; ;a) ; el vector S y S z (;a)=(; ; ) apunta hacia el interior del cono. Entonces, Ã! y rot F n ds =(; z;y) ; p y + z ; z p dy dz =; y + z por lo que rot F n ds =: S Para usar el teorema de Stokes, debemos calcular I Z Z Z F dr = F dr + F dr + F dr; C C C C donde las curvas C ;C y C se han analizado previamente. Dado que las integrales de línea sobre las curvas C y C se pueden calcular de manera análoga al caso (A), vamos a parametrizar la curva C : Sabemos que los puntos de C veri can las ecuaciones y + z = a ; y + z = x : Entonces z = a y ; x = a y ; por lo que ³p r (y) = a y ;y; p a y ; y ap ; es una parametrización de la curva C : Como r () = (a; ;a) tenemos que su orientación es la inducida por la normal exterior al cono. A continuación, calculamos F [r (y)] = ³a y ;y p a y ; p a y p a y ; Ã! r y (y)= p a y ; ; y p : a y 8

48 Su producto escalar es F [r (y)] r (y)= y p a y + y p a y y p a y La integral de línea es = y a y = : Z Z p a F dr = y a y = dy = h a y i p = a C " µa = # = µ Ãp! a = a p = a 6 : J ± I J ± I J ± I J ± I J ± I J ± I 9

49 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen Final. de Julio de Primera parte Ejercicio. Se considera la función definida por la determinación principal del arco tangente, es decir f (x) = arctan (x), tal que π/ < f (x) <π/.. Obtener el polinomio de Taylor de grado de f en x =,P (x), y el correspondiente resto R (x).. Aproximar el valor de arctan (.) mediante P (.), obteniendo una cota del error cometido.. Obtener la serie de MacLaurin (serie de Taylor en x =)def y encontrar su radio de convergencia. Explicar si puede utilizarse dicha serie para calcular un valor aproximado de arctan (.). 4. Obtener una aproximación de arctan (.) resolviendo la ecuación tan (t) =. por el método de Newton, realizando las iteraciones necesarias para que se repitan las tres primeras cifras decimales. Solución.. El teorema de Taylor asegura que si f es diferenciable con continuidad n veces en [a, b] yexistef (n+) en (a, b), dadosx, x (a, b), existe c entre x y x tal que: nx f(x) = k! f (k) (x )(x x ) k + (n +)! f (n+) (c)(x x ) n+. k= Las derivadas sucesivas de f(x) = arctan (x) son f (x) = +x, f (x) = x ( + x ), f (x) = (+x ) +x ( + x )4x ( + x ) 4 = (+x )+8x ( + x ) = 6x ( + x ). Los valores de las derivadas sucesivas de f en x =son f () = π/4, f () = /, f () = /. Aplicando el teorema de Taylor para n =, x =, tenemos que P (x) = π 4 + (x ) 4 (x ), R (x) = (6c ) 6 ( + c ) (x ),

50 donde c está entre y x.. El valor aproximado de arctan (.) es P (.).89. El error que se comete al aproximar con P (.) es el valor absoluto del resto R (.). Sabemos que c., luego acotamos dicho error mediante R (.) 6 Ã 6(.)! (.) = < 4.. La serie de MacLaurin de f (x) es +x = x + x 4 +( ) k x k +, donde x <. Integrando término a término, obtenemos arctan (x) =x x + x5 5 +( )k x k+ k El radio de convergencia es R =ylaserie está definida en [, ] porque en los puntos terminales del intervalo obtenemos series alternadas convergentes. 4. Aplicamos el método de Newton alaecuacióntan (t) =., equivalente a g(t) =,parag(t) =tan(t).. A partir del punto t = π/4, la iteración t n+ := t n g (t n) g (t n ) = t n tan (t n)., sec (t n ) donde n, nos proporciona las siguientes soluciones aproximadas: t = , t = , t = , t 4 = Entonces, la aproximación de arctan (.), obtenida con el método de Newton, es

51 Ejercicio. Un sólido se genera haciendo girar la región acotada por y =e y = 9 x alrededor del eje y. Seperforaunorificio cilíndrico circular de radio r, centrado en el eje de revolución.. Obtener el volumen del sólido resultante.. Obtener el área lateral total A de dicho sólido (se consideran las superficies laterales interior y exterior, pero no la base). Determinar los valores de r en los que A alcanza sus valores extremos. Solución.. Usando el método de las capas, el volumen pedido es Z vol = π x 9 x dx =π 9 x / = π 9 r /. r r Usando el método de los discos para las funciones g (y) =r y g (y) = p 9 y, y teniendo en cuenta que la altura del orificio de radio r es 9 r, el volumen pedido es Z 9 r vol = π = π 9 y r 9 dy = π r y y 9 r / = π 9 r /. 9 r / 9 r. El área lateral interior A de la superficie generada por g (y) =r es A =π Z 9 r rdy=πr 9 r. p El área lateral exterior A de la superficie generada por g (y) = 9 y es Z 9 r A =π g q+(g ) dy. Calculamos +(g ) =+ Ã! y p =+ y 9 y 9 y = 9 9 y, por lo que g q+ g =, y el área lateral exterior es Z 9 r A =π dy =6π 9 r.

52 Entonces, el área lateral total es A (r) =A + A =π 9 r (r +), r. La condición necesaria para los extremos locales es µ r A (r) =π (r +)+ 9 r 9 r µ r (r +)+9 r =π 9 r µ r r +9 =π =. 9 r Resolvemos la ecuación r +r 9=, obteniendo r = ± = ± 9 4 = ½ /,. Por tanto, el único extremo local en el interior del intervalo [, ] es r =/ y el valor del área lateral total en dicho extremo es µ r A =π 9 9 µ r µ =π = 7 π. 4 En los puntos terminales del intervalo, el área lateral total es A () = 8π y A () =. Dado que 8π < 7 π 4 < 6 < 7, concluimos que en r =el área lateral total tiene un mínimo absoluto yenr =/ tiene un máximo absoluto. 4

53 CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen Final. de Julio de Segunda parte Ejercicio. Calcular el flujo de salida del campo vectorial F (x, y, z) = (x ), (y +), (z ), a través de la superficie cerrada S = (x, y, z) R : x x + y +y + z z = ª. Solución. Completando cuadrados en la ecuación de S, obtenemos: =x x+y +y +z z =(x ) +(y +) +(z ). Por tanto, la ecuación de la superficie es (x ) +(y +) +(z ) =. El teorema de la divergencia de Gauss afirma que el flujo de salida de F a través de S coincide con la integral triple de la divergencia de F, es decir Z F nds = div (F ) dx dy dz, S V donde V es la esfera con centro en el punto (,, ) yradio. Para calcular la integral triple, usaremos coordenadas esféricas (r, θ, Φ) con centro en (,, ). Las ecuaciones del cambio de coordenadas son x =+r sen θ cos Φ, y = +r sen θ sen Φ, z =+r cos θ, donde r, θ π, Φ π, y el determinante jacobiano es (x, y, z) (r, θ, Φ) = r sen θ. Dado que div (F )=(x ) +(y +) +(z ) =r, el flujo de salida de F atravésdes es Z Z π Z π Z div (F ) dx dy dz = r r sen θdrdθdφ V µz π Ã Z =(π) sen θdθ r =6π [ cos θ] π =π 5 = 8 π. 5 r 4 dr! 5

54 Ejercicio 4. Calcular directamente y usando el teorema de Green la integral de línea I x + y dx +(x + y) dy, C donde C es el contorno del triángulo con vértices en los puntos (, ), (, ) y (, ) recorrido en sentido positivo. Solución. En primer lugar, calculamos directamente la integral de línea I Pdx+ Qdy = C Z Pdx+ Qdy+ C Z Pdx+ Qdy+ C Z Pdx+ Qdy, C donde C es el segmento que une los puntos (, ) y (, ),C es el segmento que une los puntos (, ) y (, ), y C es el segmento que une los puntos (, ) y (, ). La recta que contiene a C es y = x, la que contiene a C es y = (x ), es decir y =4 x, siendo x = la recta que contiene a C. Parametrizamos C con (x, y) =(t, t), t, el segmento C con (x, y) =(4 t, t), t, y C con (x, y) =(, t), t. A continuación, calculamos las tres integrales de línea Z Z Pdx+ Qdy = t + t +(t) Z t dt = 8t dt =8 = 56 C. Z Z Pdx+ Qdy = (4 t) + t ( ) + 4 dt C Z = ( ) 6 8t +t +6 dt Z = 4t +6t 6 Z dt =( 4) t 4t +4 dt Z " # =( 4) (t ) (t ) dt =( 4) = 4. Z Z " # Pdx+ Qdy = (4 t) (4 t) ( ) dt = = 8 C 64 = 56. Por tanto, tenemos que I C Pdx+ Qdy = 4. 6

55 El teorema de Green asegura que I Pdx+ Qdy = C D (Q x P y ) dx dy. Dado que Q x P y =(x + y) 4y =x y, tenemos que calcular I = (x y) dx dy, D donde D = {(x, y) R : x, x y 4 x}. Entonces, I = = Z Z 4 x Z Z x (x y) dy dx = Z xy y 4 x dx x (4 x) (4 x) x + x dx = 4x +6x 6 Z dx =( 4) x 4x +4 dx Z " # =( 4) (x ) (x ) dx =( 4) " # =( 4) ( ) = 4. x 7