TERCER EXAMEN EJERCICIOS RESUELTOS

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1 MATEMÁTICAS II G. I. T. I.) TERCER EXAMEN 4 EJERCICIOS RESUELTOS EJERCICIO. ) Dibuja la región limitada por la circunferencia de ecuación r = r θ) = senθ) y la lemniscata de ecuación r = r θ) = cosθ). ) Calcula el área de dicha región. Solución. ) Puesto que tanto la circunferencia como la lemniscata se han visto en las clases con cierto detalle, calculamos sólo los elementos esenciales para dibujarlas. Para la circunferencia r = r θ) = senθ), multiplicamos por r obteniendo r = r senθ) y pasamos a coordenadas cartesianas: x + y = y. Completando el cuadrado nos queda x + y /) = /. Es decir, se trata de la circunferencia con centro en A =, /) y radio /. La lemniscata de ecuación r = r θ) = cosθ), de la que sabemos que es una curva con forma de, es simétrica con respecto a los dos ejes y al origen de coordenadas ya que r θ) = cos θ) = cosθ), r π θ) = cosπ θ)) = cos θ) = cosθ), r π + θ) = cosπ + θ)) = cosθ). Así que es suficiente con dibujarla en el primer cuadrante y extenderla por simetría. Su dominio de definición en el primer cuadrante viene dado por cosθ), es decir θ π/ y, por tanto, θ π/4. Para θ = el punto correspondiente es el, ) y luego se va acercando al origen, conforme θ crece, llegando a dicho punto en el otro extremo del dominio de definición θ = π/4. La circunferencia r = r θ) = senθ) y la lemniscata r = r θ) = cosθ).

2 Matemáticas II G. I. T. I.) La región limitada entre ambas curvas es la región sombreada en la figura. Para hallar el ángulo polar del punto P de corte, igualamos los radios de ambas curvas: senθ) = cosθ). Elevando al cuadrado y usando la fórmula del coseno del ángulo doble queda sen θ) = cosθ) = cos θ) sen θ) = sen θ). Luego sen θ) = /4 y, por tanto, senθ) = ±/ que, en el primer cuadrante, resulta θ = π/6. ) Por simetría, el área de la región completa será el doble del área en el primer cuadrante. A su vez, para aplicar la fórmula del área de una curva dada en coordenadas polares, tenemos que darnos cuenta de que el área en el primer cuadrante hay que separarla en dos casos: en el intervalo [, π/6], o sea, desde el origen hasta P por la parte inferior, la curva frontera es la circunferencia, mientras que en [π/6, π/4], o sea, desde P hasta el origen por la parte superior, la curva frontera es la lemniscata. En consecuencia, el área en el primer cuadrante es área en el primer cuadrante = π/6 Calculamos cada una de estas integrales por separado. Y, por otro lado, Luego el área total es π/6 r θ) dθ = π/6 sen θ) dθ = = θ ) senθ) π/6 π/4 r θ) dθ = π/4 cosθ) dθ = π/6 π/6 = ) / /4 = 4 área total = área en el primer cuadrante) = r θ) dθ + π/6 = π/4 π/6 r θ) dθ. cosθ) ) dθ+ ) π π/6 /4 = 8. senθ) 8 π π/4 π/ ) ) 8 = π

3 EJERCICIO. Ejercicios resueltos del tercer examen del curso 4 Considera la siguiente integral impropia en la que α R es un parámetro, e x xα dx. Para qué valores de α converge? Solución. La integral es impropia por dos motivos: porque está extendida hasta + y porque el denominador del integrando se anula para x =. Para determinar cuándo converge debemos separar la integral en dos y estudiar cada caso por separado, e x xα dx = e x xα dx + e x xα dx. Para estudiar la integral de segunda especie e x xα dx utilizaremos el criterio de comparación con una función de la forma x p. Para buscar el valor adecuado de p calculamos los términos principales de los desarrollos de Maclaurin de numerador y denominador. Puesto que el término principal x! puesto que e x = = x ) x x! + x5 5! = x! 5 5! +, = x 6 es un infinitésimo equivalente a ) en. Por otro lado, + x + x)! + x)! + ) = x + x)! el término principal x es un infinitésimo equivalente a e x ) en. De esa forma, lim x e x y comparamos el integrando con x +α porque = lim x x /6 x = lim x x / + x)! +, lim x e x x +α xα = lim x x /6 x x = /. Entonces, el criterio de comparación nos dice que la integral impropia si, y sólo si, la integral impropia e x xα dx converge x +α dx converge y, a su vez, también sabemos que esta integral converge si, y sólo si, + α >. En resumen, la integral impropia si, y sólo si, α >. e x xα dx converge

4 4 Matemáticas II G. I. T. I.) Para estudiar la integral de segunda especie e x xα dx utilizaremos el criterio de comparación con una función adecuada. En este caso, la función que más rápidamente crece es la exponencial e x del denominador, así que comparamos, por ejemplo, con e x y tenemos, cualquiera que sea el valor de α, lim e x xα e x = lim e x e x xα =, porque la exponencial e x en el denominador tiende a infinito más rápidamente que cualquiera de las demás funciones que aparecen. Como, por otro lado, sabemos que la integral el criterio de comparación nos dice que la integral de partida cualquier valor de α. En definitiva, uniendo los dos resultados obtenemos que la integral dada e x dx converge, e x xα dx converge para e x xα dx. converge si, y sólo si, α >.

5 EJERCICIO. Ejercicios resueltos del tercer examen del curso 4 5 Calcula el volumen de un depósito de agua que tiene forma del hemielipsoide de revolución que se obtiene al hacer girar alrededor del eje OY el tramo de la elipse de ecuación x 6 + y 9 = situado en el primer cuadrante. Solución. Los semiejes de la elipse x 6 + y 9 = valen 4, el horizontal, y, el vertical. El primer cuadrante de la elipse dada. El tramo de la elipse situado en el primer cuadrante podemos considerarlo como la gráfica de la función y = fx) = 4 6 x para x 4, así que el volumen que se pide viene dado por 4 volumen = π xfx) dx = π 4 x 6 x dx. Para calcular esta integral, hallamos una primitiva de x 6 x. Puesto que x es la derivada del radicando 6 x salvo por el factor ), la primitiva será 6 x ) /. Otra opción es hacer el cambio de variable t = 6 x, con lo que x dx = dt y tenemos x t 6 x dx = dt = t/ = 6 x ) /. Otra posibilidad es hacer el cambio de variable x = 4 senu), entonces dx = 4 cosu) du y tenemos x 6 x dx = 4 senu) cos u) du = 4 cos u) = 6 x ) /. Se haga como se haga, aplicando la Regla de Barrow resulta volumen = π 4 x 6 x dx = π 6 x ) / 4 = π 6 / ) = π. El cambio de variable x = 4 senu) también puede aplicarse directamente en la integral definida. Para ello observamos que para x = tenemos u = y para x = 4 tenemos u = π/, de forma que volumen = π 4 x 6 x dx = π π/ 4 senu) cos u) du = π ) 4 cos π/ u) = π.

6 6 Matemáticas II G. I. T. I.) Otro camino para hallar el volumen es utilizar la y como variable independiente, de manera que se trata de hallar el volumen de revolución alrededor del eje OY de la gráfica de la función dada por x = gy) = 4 9 y para y. Entonces volumen = π gy) ) dy = 6π 9 9 y ) dy. = 6π 9 9y y ) = 6π 7 9) = π. 9

7 EJERCICIO 4. ) Resuelve el problema de valor inicial ) Determina si la integral Ejercicios resueltos del tercer examen del curso 4 7 y + y = e x con y) =. yx) dx es convergente y, en ese caso, calcula su valor. ) Prueba que la ecuación yx) + = tiene una solución en el intervalo [, ] y determina su valor aproximado usando el método de Newton de la siguiente manera: debes dar tres pasos tomando x = como punto inicial no hace falta que compruebes las demás condiciones del Teorema de Convergencia). Solución. ) La ecuación diferencial y + y = e x es una ecuación lineal de primer orden, así que la resolveremos hallando la solución general de la ecuación homogónea asociada y una solución particular de la ecuación completa. La ecuación homogénea asociada y + y = es una ecuación en variables separadas, así que la escribimos como y /y = e integramos, obteniendo logy) = x + k, donde k es una constante de integración. Entonces su solución general es y h) x) = ce x, donde c es una constante arbitraria. Para hallar una solución particular de la ecuación completa usamos el método de variación de parámetros, ensayando una solución de la forma y p) x) = gx)e x. Entonces debe ocurrir [ gx)e x ] x) + gx)e x = e x. Haciendo la derivada resulta g x)e x gx)e x + gx)e x = e x luego g x) = y, por tanto, podemos tomar gx) = x y la solución particular es y p) x) = xe x. Como consecuencia es estos resultados, la solución general de y + y = e x es donde c es una constante arbitraria. yx) = y h) x) + y p) x) = c + x)e x, También podemos aplicar directamente la fórmula que proporciona la solución de una ecuación lineal de primer orden y + px)y = qx) yx) = [ ] c + qx)µx) dx µx) donde c es una constante arbitraria y la función µ, el factor integrante de la ecuación, es la función definida por µx) := e px) dx. En nuestro caso, px) = y qx) = e x, asó que µx) = e px) dt = e x y, en consecuencia, ] yx) = e [c x + e x e x dx = e x c + x). Una vez que tenemos la solución general yx) = c+x)e x, imponiendo la condición inicial y) = nos queda c =, así que la solución del problema de valor inicial es yx) = xe x.

8 8 Matemáticas II G. I. T. I.) ) Para ver si la integral pedida yx) dx = xe x dx es convergente y calcular su valor, lo más cómodo es hallar una primitiva del integrando. Usamos integración por partes con ux) = x y v x) = e x, con lo que u x) = y vx) = e x, y resulta xe x dx = xe x e x ) dx = xe x e x = + x)e x. Entonces, usando la definición de integral impropia r xe x dx = lim xe x dx = lim + x)e x r) = lim + r)e r ) ) =, r r r luego la integral converge y vale. La función yx) = xe x y el área que corresponde a la integral pedida. ) Puesto que yx) = xe x, la ecuación yx) + = nos queda xe x + =. Para ver que la ecuación xe x + = tiene una solución en el intervalo [, ] usamos el Teorema del Valor Intermedio de Bolzano: Puesto que gx) = xe x + es continua, g ) = e < y g) =, este teorema nos dice que, efectivamente, la ecuación xe x + = tiene una solución x en [, ]. La función gx) = xe x +.

9 Ejercicios resueltos del tercer examen del curso 4 9 Tal y como se pide, vamos determinar el valor aproximado de x usando tres pasos del Método de Newton x = como punto inicial. Para llevar a cabo las iteraciones del Método de Newton, calculamos g x) = x)e x. Entonces x = x gx ) g x ) = = x = x gx ) g x ) = e e x = x gx ) g x ) Luego la aproximación es x.577. = e e e.684 =.684 = )e.684