Soluciones de los ejercicios del examen de Cálculo del 29 de junio de 2007 Primero de Ingeniería de Telecomunicación

Transcripción

1 Soluciones de los ejercicios del examen de del 29 de junio de 27 Primero de Ingeniería de Telecomunicación Ejercicio a Justifica que la ecuación x 2 = x sen x+ cos x tiene exactamente dos soluciones reales. b Prueba que para todo x R se verifica que x2 cos x. 2 Solución. a Sea f x= x 2 x sen x cos x. Se trata de probar que f se anula en exactamente dos puntos. La función f es continua y f =, f π= f π=π 2 +. El teorema de Bolzano nos dice que f se anula en algún punto del intervalo ] π,[ y en algún punto del intervalo ],π[. Luego f se anula al menos en dos puntos. Veamos que no puede anularse en más de dos puntos. En efecto, la derivada de f es f x = x2 cos x. Como 2 cos x> para todo x R, se sigue que la derivada f solamente se anula en x =. Si la función f se anulara en tres o más puntos, en virtud del teorema de Rolle, su derivada debería anularse al menos en dos puntos, lo cual, según acabamos de ver, no ocurre. Concluimos que f se anula exactamente en dos puntos. Alternativamente, podemos razonar como sigue. Al ser f x< para todo x <, la función f es estrictamente decreciente en R, luego solamente puede anularse una vez en R. Análogamente, como f x> para todo x >, la función f es estrictamente creciente en R +, luego solamente puede anularse una vez en R +. b Sea hx=cos x + x2. Como h x=hx, y h=, bastará probar que h es creciente en [,+ [. 2 Como h x= x sen x y h x= cos x, se sigue que h es creciente y, como h =, se sigue que h x para todo x. Luego h es creciente en [,+ [. Finalmente, si x R, se tendrá que o bien es x o bien es x. En cualquier caso, deducimos que hx=h x h=, esto es x2 cos x. 2 Ejercicio 2. sen x log x a Calcula el límite lím x x 2 y estudia la convergencia de la serie log n sen/n. n b Estudia la convergencia de la serie n +2 α + α + +n α, donde α>. Solución. n α+ n n! n n y calcula el límite de la sucesión sen x a Sabemos que lím = es la derivada de sen x en x =. Por tanto, el límite pedido es una indeter- x x minación del tipo y podemos aplicar la regla de L Hôpital. sen x log x x x cos x sen x lím x x 2 = lím x sen x 2x = lím x x cos x sen x 2x Este límite también es una indeterminación del tipo y podemos aplicar otra vez la regla de L Hôpital. x cos x sen x x sen x sen x lím x 2x = lím x 6x 2 = lím x 6x = 6 Departamento de Análisis Matemático o Ingeniería de Telecomunicación

2 Ejercicios del examen del 29 de junio de 27 2 Por tanto, el límite pedido es igual a /6. Deducimos que para toda sucesión {x n } se tiene que En particular, haciendo x n = obtenemos que n sen xn log x lím n x x 2 n = 6 log n sen/n lím /n 2 = 6 Como la serie n n 2 es convergente, por tratarse de una serie de Riemann con exponente α=2>, n n α deducimos, por el criterio límite de comparación, que la serie de términos positivos n log n sen/n es convergente y, por tanto, la serie n log n sen/n es convergente. b Se trata de una serie de términos positivos. Sea = n n! n n Tenemos que + = n+ n / n+ 8 n+ El criterio del cociente no proporciona información sobre la convergencia de la serie pues + +. Aplicaremos el criterio de Raabe. Para calcular el límite de la sucesión n a n+ an+ = n < y observamos que es de la forma y n x n donde y n = n y x n = +. En estas condiciones sabemos que En nuestro caso lím x y n n = e L lím y n x n =L x y n n+ 8 n n n/= n = + 5 n + n/ e 5/ e / = e 2 n+ n+ n+ n Luego el límite es mayor que y la serie es convergente. lím n a n+ = 2 o Ingeniería de Telecomunicación

3 Ejercicios del examen del 29 de junio de 27 Ejercicio. Calcula a > por la condición de que el sector parabólico AOB sombreado en gris en la figura de la derecha tenga área mínima. El punto B es la intersección de la parábola y = x 2 con su normal en el punto A=a, a 2. B y = x 2 O A=a, a 2 Solución. Sabemos que lormal a una curva de ecuación y = f x en un punto a, f a es la recta de ecuación y = f a f a x a. En nuestro caso la curva es la parábola y = x2 cuyormal en el punto a, a 2 es la recta y = a 2 x a. La intersección de dicha recta con la parábola se obtiene resolviendo 2a la ecuación x 2 = a 2 2a x a, esto es, 2ax2 + x a 2a =, cuyas soluciones son ± +4a+ 2a 2 2a 4a = ± +8a 2 + 6a 4 4a = ± +4a 2 2 4a = ±+4a2 4a a = +2a2 2a Pongamos x = +2a2. Tenemos que B=x, x 2. El área del sector parabólico de la figura viene dada por 2a Ga= a x a 2 [ x a x2 dx = a 2 x 2a 4a x a2 ] x=a x = 4 x=x a + a+ 4a + 48a Para calcular el mínimo de esta función se procede de la forma usual. Calculemos los ceros de la derivada. G a=4a 2 + 4a 2 6a 4 = 4a2 + = 4a 2 + 4a 2 = 6a 4 4a2 + 6a 4 = a 4 = 6 Como a >, la única solución es a = /2. Teniendo en cuenta que G a=8a+ 2a + > para todo 4a5 a > y que lím G a=, lím a a + G a=+, deducimos que para < a < 2 es G a< y para 2 < a es G a >. De aquí se sigue que G decrece en ],/2] y crece en [/2,+ [, por lo que alcanza un mínimo absoluto en a = /2. Ejercicio 4. Calcula la integral Solución. Por definición Para calcular la integral + + xx 2 + x+ dx. xx 2 dx = lím + x+ t t t + xx 2 + x+ dx xx 2 dx t > + x+ usaremos la regla de Barrow. Calculemos una primitiva de la función xx 2 + x+ o Ingeniería de Telecomunicación

4 Ejercicios del examen del 29 de junio de 27 4 se trata de una función racional. Como el polinomio x 2 + x+ no tiene raíces reales, la descomposición en fracciones simples es de la forma xx 2 + x+ = A x + B x+ C x 2 + x+ Multiplicando e identificando numeradores = Ax 2 + x+ +B x+ Cx Haciendo x = obtenemos A=. Igualando coeficientes de x 2 se tiene A+B=, por lo que B=. Igualando coeficientes de x se tiene A+C=, luego C=. t xx 2 + x+ dx = t t x dx = logt 2 t x+ x 2 + x+ dx 2x+ x 2 + x+ dx 2 = logt 2 logt 2 + t+ + 2 log 2 = log = log t t 2 + t+ t t 2 + t+ = log 2 + π + log t + log 2 t + log 2 arctg t t 2 + t+ x 2 + x+ dx t 2/ 2x + x+ /2 2 + /4 dx 2+ dx 2t + + arctg 2t + arctg Como concluimos que lím log t + + t t 2 + t+ xx 2 + x+ 2t = lím arctg + = π t + 2 log dx = 2 + π π 2 = log 2 8 π Ejercicio 5. Sea a>. Calcula el volumen del sólido interior al cilindro x 2 + y 2 = ax, que está comprendido entre el plano z= y el cono x 2 + y 2 = z 2. Solución. Se trata de calcular el volumen del sólido { } A= x, y, z R : x a/2 2 + y 2 a 2 /4, z x 2 + y 2 Dicho sólido es la parte de R que queda dentro del cilindro circular recto de base la circunferencia en el plano XY de centro a/2, y radio a/2 y que está limitado superiormente por la gráfica del cono de ecuación z = x 2 + y 2. Puedes ver el cono y el cilindro en la gráfica de la derecha. o Ingeniería de Telecomunicación

5 Ejercicios del examen del 29 de junio de 27 5 Se trata de una región de las llamadas de tipo I, cuyo volumen vienen dado por VolA = x 2 + y 2 dx, y donde D D= { x, y : x 2 + y 2 ax } = { x, y : x a/2 2 + y 2 a 2 /4 } es el disco de centro a/2, y radio a/2. La simetría polar de la función a integrar indica que es conveniente hacer un cambio de variable a polares x= ρcos t, y = ρsen t. VolA = x 2 + y 2 dx, y = ρ 2 dρ, t donde D B= { ρ, t : ρcos t,ρsen t D } = { ρ, t : ρ a cos t } = { ρ, t : π/2 t π/2, ρ a cos t } Usando ahora el teorema de Fubini, tenemos π/2 [ a cos t ] VolA = ρ 2 dρ, t = ρ 2 dρ B π/2 dt = a π/2 π/2 B cos t dt = a π/2 π/2 cos t sen 2 t dt = 4a 9 Ejercicio 6. Hallar los extremos absolutos de la función f x, y=4x 2 + y 2 4x y en el conjunto M= { x, y R 2 : y, 4x 2 + y 2 4 } Solución. El conjunto M = {x, y R 2 : y, x 2 + y 2 } 4 es la parte de la elipse centrada en el origen de semiejes y 2 que queda en el semiplano superior. Se trata de un conjunto compacto cerrado porque incluye a su frontera y acotado y, como la función f es continua, el teorema de Weierstrass asegura que f alcanza un máximo y un mínimo absolutos en M. Dichos extremos deben alcanzarse o bien en el interior de M o en la frontera de M. Los puntos del interior de M que sean extremos locales de f tienen que ser puntos críticos de f, es decir, deben ser puntos de M donde se anule el gradiente de f. x, y=8x 4=, x x, y=2y = y Por tanto, f tiene un único punto crítico que es /2,/2 el cual, efectivamente, está en M. Los extremos absolutos de f en M pueden alcanzarse en la frontera de M. La frontera de M está formada por la parte superior de la elipse x 2 + y 2 = y por el segmento {x,, x }. Los extremos de f en 4 este segmento son fáciles de calcular pues son los extremos de la función hx= f x,=4x 2 4x donde x [,]. Como h x = 8x 4, los únicos posibles valores extremos de f en el segmento son h/2 = f /2,, h = f, y h= f,. Finalmente calculemos los valores extremos de f en la parte superior de la elipse x 2 + y 2 =. Para ello 4 los calculamos en toda la elipse y nos quedaremos con las soluciones que estén en el semiplano superior. Nuestro problema, pues, es calcular los extremos de f con la condición g x, y= x 2 + y 2 =. Se trata de 4 un problema de extremos condicionados. Formamos la función de Lagrange Fx, y,λ= f x, y+λg x, y= 4x 2 + y 2 4x y+ λ x 2 + y 2 4 o Ingeniería de Telecomunicación

6 Ejercicios del examen del 29 de junio de 27 6 y calculamos sus puntos críticos que serán las soluciones del sistema F x, y,λ=8x 4+2λx = x 4+λx = 2 F y x, y,λ=2y + 2 λy = 4+λy = 6 F λ x, y,λ= x2 + y 2 4 = 4x 2 + y 2 = 4 De las dos primeras ecuaciones deducimos que debe ser 4 + λ y que x = y. Sustituyendo esta igualdad en la tercera ecuación resulta x 2 = 4 x =± 2 Lo que nos proporciona una única solución positiva para y = 6. Obtenemos así que los posibles extremos de f en la parte superior de la elipse tienen que alcanzarse en el punto 2/,6/. Finalmente, calculemos los valores de f en todos los posibles puntos extremos. f /2,/2= 4, f /2,=, f,= 8, f,=, f 2/,6/ =4 2 El valor máximo absoluto de f en M es igual a 8 y se alcanza en el punto,. El valor mínimo absoluto de f en M es= 4 y se alcanza en el punto /2,/2. Ejercicio 7. Justifica que la ecuación z senx y+coszx z 2 y + = define implícitamente a z como función de x, y en un entorno del punto,,2. Calcula el plano tangente a la gráfica de la función zx, y en el punto,, 2. Solución. Pongamos f x, y, z = z senx y+coszx z 2 y +. Tenemos que f,,2 = y x, y, z = z senx y x senzx 2z y, por lo que,,2= 4. El teorema de la función implícita garantiza que z hay una función z = zx, y definida en un abierto U que contiene al punto, verificando que z, = 2 y f x, y, zx, y= para todo x, y U. El plano tangente a la gráfica de la función z = zx, y en el punto, es el plano tangente a la superficie definida implícitamente por f x, y, z= en el punto,,2. Sabemos que dicho plano tiene la ecuación cartesiana f,,2 x, y, z 2 =, donde f,,2 es el vector gradiente de f calculado en el punto,, 2. Tenemos que f x, y, z=z y cosx y z senzx, zx cosx y z 2,senx y x senzx 2z y luego f,, 2 = 2, 4, 4. Por tanto la ecuación del plano tangente pedido es 2, 4, 4 x, y, z 2 = x 2y 2z+ 6= Alternativamente, podemos razonar como sigue. El plano tangente a la gráfica de z = zx, y en el punto, viene dado por Puesto que z x,= z z,= z x x,,2 z,,2 z,x +,y y = 2, z y,= y,,2 z,,2 = o Ingeniería de Telecomunicación

7 Ejercicios del examen del 29 de junio de 27 7 Obtenemos que la ecuación de dicho plano es z 2= x y x 2y 2z+ 6= 2 la cual, naturalmente, coincide con la antes obtenida. Ejercicio 8. a Determina el valor de k para quer la ecuación diferencial 2x y 2 + y e x dx + 2x 2 y+ k e x dy = sea exacta. Resolver la ecuación para dicho valor. b Resolver la ecuación diferencial de valores iniciales y y 2y = e 2x, y= y =. Solución. a Pongamos Px, y=2x y 2 + y e x, Qx, y=2x 2 y+ k e x. La ecuación diferencial es exacta cuando Q x x, y= P y x, y 4x y+ k ex = 4x y+ e x k = Supuesto ya que k =, sabemos que la solución general de dicha ecuación diferencial viene dada por la familia de curvas implícitamente definida por f x, y = c donde c es una constante y f x, y es una función tal que Px, y= x, y, x Qx, y= x, y y La primera de estas condiciones implica, por la regla de Barrow, que x t, ydt = f x, y f, y= t x Pt, ydt = x 2t y 2 + y e t dt = x 2 y 2 + y e x y Pongamos hy= f, y. Luego f x, y=hy+ x 2 y 2 + y e x y. Derivando respecto a y esta igualdad y teniendo en cuenta la segunda condición deberá verificarse que Qx, y=h y+2x 2 y+ e x h y=qx, y 2x 2 y e x += Por lo que h debe ser una función constante. Concluimos que la solución general de la ecuación diferencial es la familia de curvas dada por x 2 y 2 + y e x y = c. b Calculemos primero la solución general de la ecuación homogénea. La ecuación característica es λ 2 λ 2=, cuyas soluciones son λ=2yλ=. Por tanto la solución general de la ecuación homogénea es la familia de curvas y h x=c e 2x +C 2 e x donde C y C 2 son constantes arbitrarias. Calculemos ahora una solución particular de la ecuación diferencial completa. Usaremos para ello el método de los coeficientes indeterminados. Teniendo en cuenta la forma del término general, la ecuación debe admitir una solución particular de la forma y p = cx e 2x para un valor de c que se calcula de forma que se verifique la igualdad y p y p 2y p = e 2x Haciendo los sencillos cálculos obtenemos que c = /. La solución general de la ecuación diferencial completa es yx= y h x+ y p x=c e 2x +C 2 e x + x ex Finalmente, calculemos C y C 2 por las condiciones iniciales. y=c + C 2 = y = 2C C 2 + = o Ingeniería de Telecomunicación

8 Ejercicios del examen del 29 de junio de 27 8 La solución única de este sistema de ecuaciones es C = C 2 =. La solución pedida es por tanto 9 sol x= 9 e2x + 9 e x + x ex o Ingeniería de Telecomunicación