CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen de 1 de Septiembre de 2009 Primera parte

Transcripción

1 ÁLULO Primer curso de ngeniero de Telecomunicación Examen de de Septiembre de 9 Primera parte Ejercicio. En un círculo de radio a se toma un diámetro POQ. Sobre la perpendicular al círculo en el punto O y a una altura h se encuentra el punto V. onsideremos la parábola con vértice en el punto V y que pasa por P y Q. Sea el triángulo de vértices A, B,, donde A y B están sobre el círculo y sobre la parábola, todos ellos en un plano perpendicular al diámetro POQ. alcular el volumen del sólido generado al mover el triángulo AB desde P hasta Q. V h P A B O a Q Solución. Elegimos un sistema cartesiano de coordenadas con centro en el punto O, ejex que contiene el diámetro POQ,ejey en el plano que contiene el círculo de radio a yejez que contiene el segmento OV. En primer lugar, obtenemos la ecuación de la parábola PVQ. A partir de la ecuación general de una parábola y (x) px + qx + r, su vértice verifica y () r h y además y () q. Entonces y (x) px + h. Dado que la parábola pasa por los puntos P ( a, ) y Q (a, ), tenemos que y (±a) pa + h p h a. Por tanto, la ecuación de la parábola, que coincide con la altura del triángulo AB, es y (x) h a x + h, a x a.

2 Observemos que la base del triángulo AB es la distancia entre los puntos del círculo x + y, cuyas coordenadas son ³x, a x y ³x, a x. Es decir, la base es a x. En consecuencia, el área de la sección triangular es A (x) p µ a x h h a x h a a x 3/, a x a. El volumen del sólido generado al mover el triángulo AB, desdep hasta Q, se obtiene integrando el área de las secciones triangulares Z a V A (x) dx h Z a a a a x Z 3/ h a dx a a a x 3/ dx h Z π/ Z π/ a a cos θdθha cos θdθ, usando el cambio de variable x a sen θ, π / θ π /. Para encontrar una primitiva, tenemos que µ +cosθ cos θ µ +cosθ +cos θ +cosθ + +cosθ (3 + cos θ +cosθ). 8 Así concluimos que el volumen es V ha 8 ha ha Z π/ (3 + cos θ +cosθ) dθ 3θ +senθ + 3π 3 8 πha. π/ sen θ

3 Ejercicio. Hallar la serie de Maclaurin para la función f (x) determinando su radio de convergencia. x ( x) Solución. Derivando la serie geométrica x X x n, n <x<, obtenemos ( x) nx n, n Entonces la serie de Maclaurin es f (x) x ( x) nx n, n <x<. <x<. El radio de convergencia de la serie de potencias es lim a n n lim n n n +, a n+ por lo que la serie es absolutamente convergente en el intervalo (, ). En los extremos x y x, las series numéricas ( ) n n y n n n son divergentes porque no cumplen la condición necesaria de convergencia. 3

4 ÁLULO Primer curso de ngeniero de Telecomunicación Examen de de Septiembre de 9 Segunda parte Ejercicio 3. Hallar los extremos absolutos de la función f (x, y) 3 x3 x + y, sobre el disco unidad D (x, y) : x + y ª. Solución. En primer lugar, determinamos los puntos del interior del conjunto D, esdecirx + y <, queverifican f (x, y) µx, y (, ), obteniendo los puntos críticos P ( /, ) y P (/, ), que pertenecen al interior de D. Para analizarlos, calculamos la matriz hessiana µ µ fxx f H (x, y) xy x. f yx En los puntos P y P, dicha matriz es µ H ( /, ) f yy, H( /, ) µ. En el punto P el determinante es, luegof tiene un punto de silla y en dicho punto no se alcanzan los valores extremos de f. En el punto P el determinante es y f xx >, porloquef tiene un mínimo local en P. Para analizar la función en el círculo unidad x + y, aplicamos el método de los multiplicadores de Lagrange, resolviendo el sistema dado por f (x, y) λ g (x, y) y la restricción g (x, y) x + y. Las dos primeras ecuaciones son x λx, y λy, La segunda ecuación implica que ( λ) y por lo que λ obien y. Si λ, usando la primera ecuación, tenemos que x x /, luego x ± + ±.

5 Usando la ecuación x + y, tenemos x y x x + y x µ + >, µ + + <. Dado que la segunda desigualdad y < es imposible, el único valor de x es el primero. Así obtenemos los puntos à r! à r! P 3, y P,. Si y entonces la ecuación de la restricción implica que x,loque proporciona dos nuevos puntos P (, ) y P 6 (, ). Los valores de la función f en dichos puntos son f (P ), f (P 3)f (P ).3, f (P ), f (P 6) luego el máximo absoluto de f se alcanza en P 3 y P, mientras que el mínimo absoluto de f se alcanza en P y P 6.

6 Ejercicio. Dada la región plana n (x, y) : y p o x x, x, sea la curva frontera de con orientación positiva. alcular la integral y dx + xdy, directamente y usando el teorema de Green. Solución La curva frontera de con orientación positiva verifica 3, donde se parametriza con r (t) (t, ), t. Observemos que es el trozo de la circunferencia y x x x x + y (x ) + y tal que x, y. Entonces r (t) (+cost, sen t), t π /, es una parametrización de. Finalmente, parametrizamos 3 mediante r 3 (t) (, t), t. alculamos las integrales de línea Z Z y dx + xdy dt, Z y dx + xdy Z π/ Z π/ Z π/ sen t ( sen t)+(+cost)cost dt sen 3 t +cos t +cost dt cos t sen t + +cost cos t + cos3 t + t sen t + +sent π π, +cost dt π/ 6

7 Z Z y dx + xdy dt. 3 En consecuencia, el valor de la integral es y dx + xdy 3 + π 3 + π. El teorema de Green asegura que Pdx+ Qdy La región (Q x P y ) dx dy. n(x, y) : x, y x x o,porloque y dx + xdy ( + y) dx dy dx dy + ydxdy π Z Ã Z! x x + ydy dx π Z + y x x dx π Z + x x dx π + x x3 π + µ 8 3 π µ 3 7