MATEMÁTICAS II - EXAMEN SEGUNDO PARCIAL - 17/01/2013

Transcripción

1 MATEMÁTICAS II - EXAMEN SEGUNDO PARCIAL - 7// Código: Grado: Ing. Electrónica Rob. y Mec. Ing. Energía Ing. Organización Ind. Nombre y Apellidos: Ejercicio. Considera la región R del primer cuadrante que está delimitada por la gráfica de la función f(x) = sen(x), la recta y = / y la recta x =. a) Calcula el volumen del sólido de revolución que se obtiene al girar R alrededor del eje OX. b) Calcula el volumen del sólido de revolución que se obtiene al girar R alrededor del eje OY. SOLUCIÓN: De las muchas regiones acotadas que determinan la gráfica de la función y = sen(x) y la recta y = / en el primer cuadrante, la única que también está delimitada por la recta x = es la que se muestra sombreada en la figura de la izquierda. y y x = y = sen(x) y = y = sen(x) y = O π x O x π x Para el cálculo de los dos volúmenes, es fundamental que determinemos el valor de x de la intersección entre y = sen(x) y la recta y = /. Es obvio que dicho valor corresponde a la primera solución positiva de la ecuación sen(x) = /, es decir, el valor x = π/. También es básico que comprendamos que para cada x [, π/], tenemos perfectamente determinados los puntos que pertenecen a la región R, ya que son los que forman el segmento vertical que va de y = sen(x) a y = / (ver figura de la derecha). Esto nos permite entender el tipo de integral que debemos utilizar para el cálculo de los volúmenes que pide el enunciado. a) Al rotar la región R alrededor del eje OX, cada uno de los segmentos verticales obtenidos para los distintos valores de x genera una arandela o corona circular, cuya área se puede calcular sin más que restar el área correspondiente al disco de radio menor de la correspondiente al disco de radio mayor. Dicho de otro modo, este volumen se calcula de manera natural por discos mediante la fórmula siguiente: V OX = π π/ La primera integral es inmediata y vale [Ç å ] π/ (sen(x)) π/ dx = π 4 dx π π/ Å x ã π 4 dx = π π/ = π 4 4. sen (x)dx.

2 Para la segunda integral, como sabemos, usamos la fórmula trigonométrica sen (x) = cos(x), con lo que queda la diferencia de dos integrales inmediatas, que resolvemos: π/ π/ π sen (x)dx = π Å x π/ = π ã π/ dx = π cos(x) Ç å sen(x) π 4 π/ π/ dx π Sustituyendo estos valores en la integral del volumen tenemos ( ) V OX = π π 4 π = π π. 8 4 cos(x) dx = π πsen(π/) = π 4 π 8. b) Al rotar la región R alrededor del eje OY, cada uno de los segmentos verticales obtenidos para los distintos valores de x genera la superficie lateral de un cilindro o tubo. El radio de la base de cada cilindro viene dado por el valor de x mientras que la altura del mismo es la longitud del segmento vertical, es decir, / sen(x). El valor del volumen se calcula de manera natural por tubos mediante la expresión Ç å π/ π/ V OY = π x sen(x) x π/ dx = π dx π La primera integral es inmediata y su valor es xsen(x)dx. π/ π x dx = π Ç x å π/ 4 = π (π/) 4 = π 7. La segunda integral se puede calcular por partes, poniendo u = x y dv = sen(x)dx. De ese modo tenemos du = dx y v = cos(x). Por tanto queda π/ ñ π xsen(x)dx = π ( xcos(x)) π/ π = π/ + +π (sen(x)) π/ = Suatituyendo estos valores en la integral del volumen tenemos ô ñ cos(x)dx = π π π/ cos(π/)+ π π +πsen(π/) = +π. ô cos(x)dx V OY = π 7 + π π.

3 Nombre y Apellidos: Ejercicio. La región encerrada por la parábola y = x y por la recta y = 4 se divide en dos regiones de igual área mediante una recta horizontal y = c. Obtén el valor de c. + Ejercicio. Estudia la convergencia de la integral dx. x / +x+x/ SOLUCIÓN: Ejercicio. En la figura tenemos un esquema de la región encerrada por la parábola y = x y por y la recta y = 4, que hemos dividido en dos partes (coloreadas en distintos tonos de gris) por una recta y = x horizontal y = c. Destaquemos que, como se puede calcular trivialmente, los puntos de corte de la recta y = 4 y = 4 y la parábola son (,4) y (,4), mientras que los cortes entre la recta y = c y la parábola son ( c,c) y ( c,c). y = c Como es habitual, este problema se puede resolver de varias formas, de las cuales mostraremos dos. La primera de ellas consiste en calcular el área de la región completa (zonas gris claro y gris oscuro). Luego calculamos también el área de la región c c x inferior (gris oscuro) en función de c e imponemos que sea la mitad del área total. El área de la región completa es A TOT = (4 x )dx = El área de la región inferior es å Ç4x x Ç å = 4 4 ( ) ( ) = =. A INF = c c (c x )dx = å c Çcx x = c c c( Ç ( c) c) c ( c) å = 4c c. Como A INF = A TOT / entonces queda la ecuación 4c c = c/ = 4 c = 4 / =. Otra forma es calculando las áreas superior e inferior e igualándolas. Aunque esto se puede hacer manteniendo la variablexpara la integración, es más sencillo si despejamosxen función dey de la ecuación de la parábola y = x, obteniendo x = ± y, y después utilizamos y como variable de integración. De ese modo, la igualdad de las áreas no es más que c ( y ( y))dy = 4 c ( y ( y))dy c ydy = 4 c ydy. Calculando ambas integrales y resolviendo la ecuación para c se obtiene, como no puede ser de otro modo, el mismo valor que con la forma anterior c =.

4 Ejercicio. Para simplificar en lo que sigue, pondremos f(x) = x / +x+x /. La integral impropia del enunciado es de tercera especie, ya que el intervalo es infinito y además la función f tiende a infinito cuando x tiende a. Por ello, separamos en dos integrales, teniendo en cuenta que el punto intermedio elegido no tiene ninguna relevancia en la convergencia porque f es continua en todo (,+ ). De ese modo, escribimos + x / +x+x dx = / + x / +x+x dx+ / y estudiamos la convergencia de cada integral por separado. En la primera integral podemos observar que > f(x) >, x (,). x/ dx x / +x+x/ En verdad, la acotación se tiene para todo x (,+ ) pero nosotros sólo la necesitamos en el intervalo que define la integral. Como sabemos de clase, la integral dx x/ es convergente, como lo son en (,) todas las integrales de funciones del tipo x p con p <. Por tanto, la integral f(x)dx también es convergente. En la segunda integral podemos usar el mismo razonamiento, pero acotando por una función cuya integral sea convergente. En este caso podemos usar que > f(x) >, x (,+ ). x/ Al igual que antes, la acotación es válida en todo (, + ) aunque sólo la necesitamos en el intervalo que define la integral. Como la integral + dx x/ es convergente, ya que lo son en (,+ ) todas las de funciones del tipo x p con p >, entonces también lo es + f(x)dx. Como ambas integrales son convergentes, la integral completa + f(x) dx también lo es. Este ejercicio se puede resolver de muchas otras formas. Por ejemplo, podemos usar el criterio de comparación por paso al límite usando las mismas funciones que por la técnica anterior, es decir, x / en (,) y x / en (,+ ), ya que f(x) lím = y lím x + x / x + f(x) =. x / De ese modo tenemos que el carácter de f(x)dx es el mismo que el de x / dx y que el carácter de + f(x)dx es el mismo que el de + x / dx. La conclusión es ya inmediata. 4

5 Otra manera de resolver el problema es por integración directa, es decir, calculando una primitiva de f mediante el cambio de variable u = x /, con el que se obtiene una integral racional deshaciendo el cambio se obtiene x / +x+x /dx = x / +x+x /dx = 4 arctg u +u+ du = 4 Ç å u+ arctg ( x / ) +. Entonces I = lím a + a x / +x+x /dx = 4 [ ( π a / )] lím + a +arctg = π. Con unas cuentas similares obtenemos que b I = lím b + x / +x+x /dx = 4 [ lím arctg b + ( b / ) + π ] = π. Finalmente π x / +x+x/dx = + π = 4π. 5

6 Nombre y Apellidos: Ejercicio 4. Calcula el polinomio de Maclaurin de orden 8 de f(x) =. Utilízalo para calcular el +x x de orden 7 de g(x) = (+x ). y Ejercicio 5. Resuelve el problema de valor inicial +y = e x ln(x), y() =. SOLUCIÓN: Ejercicio 4. De nuevo nos encontramos con un ejercicio que se puede resolver de muy diversas formas. Comentemos que, aunque se puede llegar a ambos polinomios mediante la definición, es decir, calculando las 8 primeras derivadas de f y las 7 primeras de g y depués evaluando en x =, el tamaño de estas derivadas es cada vez mayor y el tiempo que hay que dedicarles, así como el riesgo de equivocarse en los cálculos, aumenta de forma considerable. Por ello hay que usar técnicas alternativas, como las que hemos estudiado en clase. En primer lugar, centrémonos en calcular el polinomio de Maclaurin orden 8 de f(x), ya que lo usaremos después para hallar el de g(x). Una manera de calcular dicho polinomio, que denotaremos por p 8 (x), es basarnos en el polinomio de orden n de la función el cual conocemos de clase y vale A partir de éste podemos obtener el de X, P n (X) = +X +X +X + +X n. +Y sin más que poner X = Y en P n (X), es decir, tendremos ˆP n (Y) = P n ( Y) = Y +Y Y + +( ) n Y n. Para terminar con el cálculo del primer polinomio, lo único que hay que hacer es sustituir Y = x en el polinomio anterior y cortar a orden 8. Así, p 8 (x) = ˆP n (x ) = x +x 4 x +x 8, donde el asterisco sobre la igualdad indica que ésta es sólo a orden 8. Otra manera de obtener este mismo resultado es realizando la división directa de entre +x, parando a orden 8. También podemos calcular la división planteando que el polinomio que buscamos tiene que ser de la forma p 8 (x) = a +a x+a x +a x + +a 8 x 8, de tal modo que si lo multiplicamos por +x tendrá que ser, cortando a orden 8 igual que, es decir (+x )(a +a x+a x +a x +a 4 x 4 +a 5 x 5 +a x +a 7 x 7 +a 8 x 8 ) =,

7 donde el asterisco sobre la igualdad sigue indicando que ésta es a orden 8. Multiplicando quedará a +a x+(a +a )x +(a +a )x + +(a +a 8 )x 8 =, donde hemos quitado los términos de orden 9 y que aparecían. Igualando los coeficientes de igual grado a ambos lados de la igualdad quedan varias ecuaciones a =, a =, a +a =, a +a =,..., a +a 8 =, de las que se obtiene que a = a = a 4 = a = a 8 = y que a = a = a 5 = a 7 =. En definitiva, se obtiene el mismo polinomio p 8 que calculamos por el primer procedimiento. Para determinar el polinomio de Maclaurin de orden 7 de g(x), que denotaremos por q 7 (x), lo más sencillo es darse cuenta de que o, equivalentemente, Por tanto, f (x) = Ç å = x +x (+x ) = g(x) g(x) = f (x). q 7 (x) = p 8 (x) = ( x+4x x 5 +8x 7 ) = x x +x 5 4x 7. Notemos que en este caso la igualdad se da directamente al orden 7 buscado, ya que la derivada de un polinomio de grado 8 tiene grado 7. Otra manera de calcular el polinomio q 7 a partir de p 8 es ver que g(x) = xf(x), con lo que q 7 (x) = xp 8 (x) = x( x +x 4 x +x 8 )( x +x 4 x +x 8 ), donde el asterisco indica que las igualdades son a orden 7. Realizando el producto y cortando a dicho orden se llega, obviamente, al mismo polinomio q 7 obtenido mediante la derivada. Ejercicio 5. La ecuación diferencial del problema de valor inicial es lineal no homogénea,y +p(x)y = q(x), con p(x) = y q(x) = e x ln(x). Para resolver el problema de valor inicial lo haremos en tres etapas: ) encontramos la solución general de la ecuación homogénea asociada (que dependerá de una constante, por ser la ecuación de primer orden), ) la usamos para hallar una solución particular de la ecuación completa mediante el método de variación de las constantes y ) imponemos la condición inicial para determinar la constante. ) Solución general de la ecuación homogénea asociada: y +y =. Esta ecuación es separable, así que se resuelve pasando los términos que dependen de y a un lado y el resto al otro y después integrando cada término de la ecuación y +y = y = y y y = dy y = ( )dx ln y = x+c, donde C es una constante real cualquiera. Para despejar y, calculamos la exponencial de cada lado de la ecuación, quedando y = e x+c = De x, 7

8 donde D = e C es una constante positiva cualquiera. La igualdad con el valor absoluto significa que puede ser y = De x o y = De x. Teniendo en cuenta que y = es también solución de la ecuación homogénea, para agrupar estas tres posibilidades podemos echar mano de una constante E que puede ser positiva, negativa o cero. De ese modo, la solución de la ecuación homogénea se puede escribir como y H (x) = Ee x siendo E una constante real cualquiera. ) Solución particular de la ecuación completa: Con el método de variación de las constantes, buscamos una solución del tipo y p (x) = u(x)e x. Como y p (x) = u (x)e x u(x)e x, sustituyendo en la ecuación completa tenemos e x ln(x) = y p +y p = u (x)e x u(x)e x +u(x)e x = u (x)e x. Por tanto, u (x) = ln(x) o, equivalentemente, u(x) = ln(x)dx. Esta integral se calcula por integración por partes, poniendo u = ln(x) y dv = dx, de modo que du = (/x)dx y v = x. Así se obtiene u(x) = ln(x)dx = xln(x) dx = xln(x) x. Recordemos que no es necesario añadir la constante de integración porque sólo estamos buscando una solución particular de la ecuación. En resumen, y p (x) = (xln(x) x)e x ) Imponemos la condición inicial: La solución general de la ecuación diferencial es donde E es una constante real cualquiera. Imponiendo la condición inicial tenemos que y(x) = Ee x +(xln(x) x)e x, y() = Ee +(ln() )e = (E )e =. Como e, entonces E =. En definitiva, la solución del problema de valor inicial es y(x) = (xln(x) x+)e x. 8