CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen del 14 de Septiembre de 2000 Primera parte

Transcripción

1 ÁLULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen del 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, yquear + c. Estas ecuaciones implican ar h, luego a h r, c ar h. Por tanto, la ecuación de la parábola es z (x) h r x + h h µ x Para calcular el volumen del flan, observamos que r h r r x. por lo que x r r h z, Z h Z h V π x dz π µr r h z µ π µr h r h h dz πr h 5 πr h.

2 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, ± r x,. Denotando β (x) r 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 r x µ r x y r r x h r x y. r Usando la simetría de la parábola Z py + q, suáreaes Z β(x) A (x) py + q dy p y + qy µ z (x) β (x) β(x) β (x) + z (x) β (x) z (x) β (x) h r x r 9r x. El volumen de la porción del flan viene dado por V P h Z r r x dx. 9r r Usaremos el cambio de variable x rsen θ, π/ θ π/, para calcular Z r r x dx Z π r cos θ r cos θ dθ r π Z π π r Z π (r cos θ) dθ π cos θ dθ.

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

4 Ejercicio. Estudiar la convergencia de x n I n (x n+ dx, n. +) µ n Probar que I n I n, para n. alcular 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+ ' 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, I n udv uv vdu x n + (n +)(x +) (n+) + (n ) (n +) (n ) (n +) I n. x n (x +) (n+) dx Lasintegralescuyocálculonospidenson: x I (x +) dx (x +) y, aplicándo la fórmula demostrada antes, se obtienen (n )x n (n +)(x +) x (x +) 5 dx I I, x 5 (x +) dx I 5 I., (n+) dx

5 Ejercicio. Dada la serie de potencias 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 (x )n. En primer lugar, calculamos la suma (x ) n ( x) x (x ) x x. Para obtener la primera suma, derivamos Ã! d X (x ) n dx por lo que n (x ) n d dx ( x)+(x ) ( x) n (x ) 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) 5 x ( x).

6 Entonces, la primera suma es s (x) n (x ) n (x ) x ( x), <x<. Sabemos que (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, " (t ) n+ n + (x ) n+. n + # x (x ) 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 ) + (x ) x + ln ( x) ln ( x), (x ) n+ n + donde <x<. En conclusión, la suma de la serie, en el intervalo (, ), es s(x) (x ) x ln ( x). ( x)

7 ÁLULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen del de Septiembre de Segunda parte Ejercicio. Se dispone de metros de alambre para delimitar un triángulo equilátero, un cuadrado, o bien ambas figuras. uántos 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 y la dedicada al cuadrado, de lado y, conloquet + x +y será nuestra restricción. La altura del triángulo será x y su área, por tanto A T x. El área del cuadrado será A y. Nuestro problema es, entonces maximizar la función f(x, y) x + y, con la restricción g(x, y) x +y, donde x, y. Observemos que: Para x,y5,f(, 5) 5. Para y,x, f(, ) 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 λ y +y g y x x +y obteniéndose un único punto x +. 79, y correspondiente a T. 79., , 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(. 79,. 78). 79 / , 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

8 Ejercicio 5. Sea el arco de la circunferencia (x ) + y, orientado positivamente. Usar el teorema de Green para calcular I x +y dy. Solución. El teorema de Green asegura que I Pdx+ Qdy (Q x P y ) dx dy, donde R es el disco (x ) + y. Dado que Q x P y x, obtenemos I x +y dy xdxdy. R Para calcular la integral doble, usaremos el siguiente cambio de variables R x +rcos θ, y r sen θ. Teniendo en cuenta que (x ) + y r, 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 rdrdθ + r cos θ dr dθ T T µz µz π µz µz π rdr dθ + r dr cos θ dθ r π. [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 π. 8

9 Ejercicio. 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).. alcular RR F nds,siendon la normal interior al paraboloide. S. alcular directamente la integral H F dr, donde es la curva frontera de S.. omprobar 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. alculamos 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 cos θ r sen θ + r (cos θ sen θ) dr dθ r + r (cos θ sen θ) dr dθ. La integral de flujo a través de S, es Z π/ Z F nds r + r (cos θ sen θ) dr dθ S µz r + 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, donde 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 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 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

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