CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen, 7 de Septiembre de 005 Primera parte Ejercicio 1. Un espejo plano de dimensiones 80 cm y 90 cm, se rompe por una esquina según una recta. De los dos trozos que quedan, el menor es un triángulo de catetos 10 cm y 1 cm, correspondientes a las dimensiones menor y mayor del espejo respectivamente. Hallar el área máxima del espejo rectangular que se puede obtener con el trozo mayor. Solución. 1 10 90 H0,0L 80 Situando el origen de las coordenadas en el vértice del rectángulo que muestra la figura, la recta de rotura pasa por los puntos (0, 78) y (10, 90). Entonces, la ecuación de dicha recta es y 78 = 1 10 x. El área del espejo rectangular que se puede obtener con el trozo mayor en un punto (x, y) de la recta es A (x)=(80 x) y =(80 x) µ 6 5 x +78 =96x + 640 6 5 x 78x = 6 5 x +18x + 640, donde x [0, 10]. El único punto crítico es la solución de la ecuación A 0 (x) = 1 5 x +18=0= x = 18 5 1 = 15 [0, 10]. Como A 00 (x) = 1/5 < 0 y la función A es un polinomio de segundo grado, el máximo absoluto se alcanza en x =15/ y su valor es A (15/) = 6307.5 1
Ejercicio. Sea f :[0, ) R definida por f (x) =e x sen x. (a) Dibujar un esquema de la gráfica de f y obtener la sucesión (x k ) k 0 de ceros de f en [0, ). (b) Calcular el área A k de la región comprendida entre la gráfica de f en el intervalo [x k,x k+1 ] yelejex. (c) Probar que la sucesión (A k ) k 0 es una progresión geométrica cuya razón es menor que 1. (d) Hallarlasumadelaserie P k=0 A k. Solución. (a) Dado que e x > 0 para todo x R, los ceros de f se obtienen resolviendo sen x =0en [0, ). Las soluciones son x k = kπ, k =0, 1,,... (b) Usando integración por partes con u = e x y dv =senxdx,tenemos du = e x dx y v = cos x. Entonces e x sen xdx= e x cos x e x cos xdx. Aplicando el mismo método a la primitiva del término derecho, con u = e x y dv =cosxdx, siendo du = e x dx y v =senx, obtenemos µ e x sen xdx= e x cos x e x sen x + e x sen xdx. Por tanto e x sen xdx= e x (cos x +senx). Para calcular el área A k de la región comprendida entre la gráfica de f en el intervalo [kπ, (k +1) π] yelejex, observamos que la integral es positiva si
k =0o bien par y negativa si k es impar. En consecuencia, (k+1)π A k =( 1) k e x sen xdx = ( 1)k kπ h i e kπ (cos kπ +senkπ) e (k+1)π (cos (k +1)π +sen(k +1)π) = ( 1)k he kπ ( 1) k e (k+1)π ( 1) k+1i = e kπ 1+e π. (c) Para probar que la sucesión (A k ) k 0 es una progresión geométrica, calculamos A k+1 = e π = 1 A k e π < 1. (d) La suma de la serie geométrica viene dada por X X e kπ A k = 1+e π = 1 µ 1+e π 1 e π. k=0 k=0 3
CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Examen, 7 de Septiembre de 005 Segunda parte Ejercicio 3. Calcular las distancias mínima y máxima del plano x + y +z =0 a los puntos de la elipse ½ 3x + y =1 x + y + z = Solución. La distancia de un punto P =(x, y, z) al plano viene dada por d (x, y, z) = x + y +z 6. Entonces la función que vamos a optimizar es f (x, y, z) = (x + y +z), sujeta a las restricciones g (x, y, z)=3x + y 1 = 0, h (x, y, z)=x + y + z =0. Aplicando el criterio de los multiplicadores de Lagrange, calculamos los puntos solución del sistema f (x, y, z) =λ g (x, y, z)+µ h (x, y, z), resolviendo (x + y +z)=6λx + µ, (x + y +z)=λy + µ, 4(x + y +z)=µ. Usando la tercera ecuación, obtenemos (x + y +z)=6λx, (x + y +z)=λy, lo que implica que 6λx =λy. Si λ =0entonces x + y +z =0, luego x + y = z. Usando la restricción x + y + z =, obtenemos z =, por lo que x + y =4. Dado que y =4 x, la primera restricción implica 1 = 3x +(4 x) =3x +16+x 8x 0=4x 8x +4. La única solución de 0=x x +1=(x 1) es x =1. Así obtenemos el punto P 1 =(1, 3, ). 4
Si λ 6= 0 entonces 3x = y, luego la primera restricción implica 1 = 3x +9x =1x x = ±1. La solución x =1, y =3con la restricción x + y + z =, proporciona el punto P 1 obtenido. Si x = 1, y = 3, tenemos que z = x y =6, por lo que P =( 1, 3, 6) es la segunda solución del sistema. Las distancias de los puntos P 1 y P al plano vienen dadas por d (P 1 )= 1+3 4 1 3+1 =0, d(p )= = 8. 6 6 6 Entonces, la distancia mínima se alcanza en P 1 que pertenece al plano y la distancia máxima se alcanza en P. 5
Ejercicio 4. Hallar el volumen del sólido situado en el exterior del paraboloide z = x + y que lo limita, en el semiplano z 0 y en el interior del cilindro x + y =x. Solución. El sólido Ω viene dado por Ω = (x, y, z) :x + y x, 0 z x + y ª. Entonces, el volumen de Ω es Ã! x +y V = dx dy dz = dz dx dy = Ω D 0 D x + y dx dy, donde la proyección sobre el plano xy es D = (x, y) :x + y x ª. Usando coordenadas polares, la ecuación del cilindro es r =r cos θ r =cosθ, donde θ [ π/,π/]. Para calcular la integral doble, usamos la fórmula del cambio a coordenadas polares V = =4 = = = D π/ π/ π/ π/ π/ π/ x + y dx dy = π/ π/ π/ cos 4 θdθ=4 π/ 1+cosθ +cos θ dθ cosθ 0 r rdrdθ= µ 1+cosθ dθ µ 1+cosθ + 1+cos4θ dθ 3 sen 4θ θ +senθ + 8 π/ π/ = 3π. π/ π/ cosθ r4 dθ 4 0 6