CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen Final. 26 de Junio de 2008 Primera parte. =1, a,b > 0.

Transcripción

1 ÁLULO Primer curso de ngeniero de Telecomunicación Examen Final. 6 de Junio de 8 Primera parte Ejercicio. onsideremos los rectángulos de lados paralelos a los ejes que pueden inscribirse en la elipse x a + y, a,b >. b alcular las dimensiones y el área del rectángulo que tiene área máxima. Solución. El vértice de un rectángulo de este tipo, situado en el primer cuadrante, es à r! x, b x a, <x<a. Usando la simetría de la elipse, el área de un rectángulo inscrito es r A (x) 4bx x a 4b a xp a x, donde <x<a. Los puntos críticos del área se obtienen resolviendo la ecuación A (x), es decir, A (x) 4b pa a x x a x 4b a x a a x Las soluciones de esta ecuación son a x x a x ± a. Dado que x (,a) el único punto crítico es x a ±. Si x,a ± entonces x <a /, luego a x >, y la función área es creciente en el intervalo,a ±. Si x a ±,a tenemos que x >a /, porloque a x <, y la función área es decreciente en el intervalo a ±,a.en consecuencia, el área máxima se alcanza en x a ±. Las dimensiones y el área del rectángulo de área máxima son: x a a, y b r a a b b, A ab.

2 Ejercicio. Sea R la región plana limitada por el lazo de la curva definida por y x (4 x). alcular los volúmenes de los sólidos que se obtienen cuando la región R gira alrededor del eje x, del eje y, y de la recta x 4. y x Solución. El volumen del sólido obtenido al girar la región R en torno al eje x, usando el método de los discos, se calcula mediante la integral V x π y dx π x (4 x) dx π 6x 8x + x 3 dx π 8x 83 x3 + 4 x π. El volumen del sólido obtenido al girar R en torno del eje y, utilizando el método de las capas, es V y π r (x) h(x) dx, donde el radio r (x) x, ylaalturah (x) y (x) x (4 x). Entonces V y 4π x x (4 x) dx 4π ³4x 5/ 3/ x dx 8 4π 5 x5/ 4 7 x7/ π. El volumen del sólido obtenido al girar R en torno a la recta x 4, utilizando el método de las capas, es V r π r (x) h(x) dx, donde el radio r (x) 4 x, y la altura h (x) y (x) x (4 x). Entonces V r 4π (4 x) x (4 x) dx 4π ³6x 5/ / 8x 3/ + x dx 4π 3 3 x3/ 6 5 x5/ + 7 x7/ π.

3 ÁLULO Primer curso de ngeniero de Telecomunicación Examen Final. 6 de Junio de 8 Segunda parte Ejercicio 3. (a) Dada la función f(x, y) x +4y 3x 4y, calcular sus extremos absolutos sobre la región cerrada y acotada D (x, y) R : x, x +4y 4 ª. (b) Sea lacurvafronteradelaregiónd, con orientación positiva. alcular la integral de línea xy dx + x dy. Solución. (a) alculamos los puntos críticos en el interior de la región D, resolviendo el sistema f x x 3, f y 8y 4. El único punto crítico es P (3/, /). Dado que 3/ > y 9/4 + < 4, el punto pertenece al interior de D. A continuación, calculamos los puntos críticos sobre la frontera F F F, donde F se define mediante x +4y 4, x >, y F se define por las condiciones x +4y 4, x. En la frontera F, usamos el método de los multiplicadores de Lagrange, resolviendo el sistema x 3λx, ( λ)x 3, 8y 48λy, ( λ)y, x +4y 4. x +4y 4. Las ecuaciones anteriores implican que x 6, y 6 y λ 6. Dividiendo la primera ecuación entre la segunda eliminamos λ, obteniendo que x 3y. Sustituyendo en la última ecuación obtenemos los puntos P 6, 3 3 y P 3 6,. 3 3 Dado que debe verificarse la condición x>, el único punto sobre la frontera F es P. Finalmente, obtendremos los puntos críticos sobre la frontera F. En este caso, la función g(y) f (,y)4y 4y, definida en el intervalo [, ], nos permite encontrar los puntos críticos sobre F. Resolviendo la ecuación g (y) 8y 4,obtenemosy /, y el punto de la frontera P 4 (, /). Además, tenemos que considerar los extremos y del 3

4 intervalo, es decir los puntos P 5 (, ) y P 6 (, ). Evaluamos la función en los puntos críticos obtenidos: f(p ) 3 4, f(p )4 6, f(p 4 ), f(p 5 ), f(p 6 )8. 3 En consecuencia, el valor mínimo es f (P ) y el valor máximo es f (P 6 ). (b) alcularemos la integral de línea directamente y usando el teorema de Green. Observemos que la frontera de la región D, orientada positivamente, es la curva.entonces xy dx + x dy xy dx + x dy + xy dx + x dy, donde ½ x cost h, t π y sent, π i ½ x y, t [, ]. y t alculamos la primera integral Z π xy dx + x dy costsen t ( sent)+4cos t cos t dt π Z π π Z π π 4sen t cos t +4cos 3 t dt 8sen t cos t +4cost dt 8 3 sen3 t +4sent π π 8 3. Ahora, calculamos la segunda integral H xy dx + x dy R Por lo tanto xy dx + x dy 8 3. dt. Para usar el teorema de Green, comprobamos que la región D es simplemente conexa y el campo vectorial tiene derivadas parciales continuas en un abierto que contiene a la región D. En este caso sabemos que N M(x, y) dx + N(x, y) dy x M dx dy. y En consecuencia, xy dx + x dy D Z xdxdy D Z x p 4 x dx Z 4 x 4 x xdydx 4 x 3/

5 Ejercicio 4. Hallar el flujo del campo vectorial F (x, y, z) 4x, y,z a través de la superficie exterior del sólido x + y x, z 3, directamente y usando el teorema de Gauss. Solución. La frontera del sólido es la superficie S T T, donde S es el cilindro x + y, z 3, siendo T y T las tapas contenidas en los planos z y z 3respectivamente. Usando coordenadas cilíndricas desplazadas x + r cos θ, y r sen θ, z z, los puntos de S verifican r /, donde θ π. Entonces parametrizamos S mediante S (θ, z) + cos θ, sen θ, z, θ π, z 3. El producto vectorial fundamental es i j k S θ S z sen θ cos θ cos θ, sen θ,, y tiene la orientación exterior al sólido porque en el punto S (, ) (,, ), el producto vectorial S θ S z (, ),,. alculamos el producto escalar F (S (θ, z)) S θ S z +cosθ, sen θ, z cos θ, sen θ, cosθ +cos θ 4 sen3 θ cosθ +cos θ 4 sen θ + 4 sen θ cos θ. El flujo exterior del campo F atravésdes es Z 3 Z π F NdS cos θ +cos θ 4 sen θ + 4 sen θ cos θ dθ dz S Z 3 Z 3 sen θ + θ sen θ cos θ π cos3 θ dz πdz3π. Parametrizamos las tapas usando coordenadas cartesianas, por lo que T (x, y) (x, y, ), T (x, y) (x, y, 3), donde x + y. El producto vectorial fundamental para las dos tapas es el vector (,, ), luego T tiene orientación interior y T exterior. Dado que F (T (x, y)) (,, ) 4x, y, (,, ) 5

6 el flujo de F atravésdet es cero. Finalmente, calculamos F (T (x, y)) (,, ) 4x, y, 9 (,, ) 9, por lo que el flujo de F atravésdet es F NdS 9 dx dy 9π T (x ) +y ( ) 9π 4. Entonces, el flujo de F atravésdelasuperficie exterior del sólido es 9π F NdS3π + 4 π 4. S T T omo las componentes del campo tienen derivadas parciales continuas en el sólido Q, el teorema de la divergencia de Gauss asegura que Z Z F NdS div Fdxdydz (4 4y +z) dx dy dz. S T T Q Q Para calcular la integral triple usaremos el cambio x +r cos θ, y r sen θ, z z. EntoncesQ {(r, θ, z) : r /, θ π, z 3}. Dado que el jacobiano del cambio es r, tenemos que Z Z / Z π Z 3 (4 4y +z) dx dy dz (4 4r sen θ +z) rdzdθdr Q Z / Z π Z / Z π Z / Z / 4rz 4r z sen θ + rz 3 dθ dr r r sen θ dθ dr rθ +r cos θ π dr 4πr dr πr / π 4. 6