examen parcial 25-6-2014
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8/16/2019 Examen Parcial 25-6-2014
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Examen de Matemáticas II
1 de 27
Convocatoria Examen final, 1er Parcial 25 de junio de 2014
1.
Problema de cálculo integral.-
1.1. consideremos la funciónx x
f(x) =1
e e. Hállese el área del primer cuadrante
comprendida entre la curva y f (x) , y los ejes coordenados.
Indicaciones:
x x x x2 2e e e eCh(x) , Sh(x) , Ch (x) Sh (x) 1
2 2
x x bcuando x se tiene : log (x) x x con , 0 , 1
Resolución
En el gráfico adjunto vemos claramente el área pedida, que podemos hallar mediante
cálculo integral como sigue:0
1 x x
A dxe e
Como sabemos lo 1º) que debemos hacer antes de abordar, el hecho de encontrar
una primitiva, es ver si tiene alguna singularidad, y en su caso determinar el carácter
del o de las mismas.
Obviamente SÍ, al menos tiene una singularidad de 1ª Especie, ya que el intervalo deintegración es infinito
0,
Veamos si tiene singularidades de 2ª Especie: NO, Pues al ser un cociente, deja de
estar acotado, bien cuando el Nor es no acotado !!, pues vale 1 o bien cuando el Dor,
se hace 0 !!, pues en nuestro caso, nunca se hace 0, ya que xe 0 , x
Analicemos dicha singularidad.
Como
1
0 x x f ( x ) x f xe e aplicando el criterio del producto, tenemos:
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Examen de Matemáticas II
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10
x x x xlim x · f ( x ) lim x · , x
e e
, pues sabemos que xx , en particular xx e .
Como sabemos que el criterio concluye como sigue:
: 1 0 , ( )
lim ( ) 0 , : 1 0 , ( )
: ( )
a
x a
a
Si y L f x dx Diver gente
x f x L Si y L f x dx Conver gente
Si otr o caso f x dx No concluye
Vemos que el 0 entra en
1 0 ,y L
, nos basta tomar 1
, por ejemplo
2 tenemos
0 0 ,L . Luego Integral convergente
Calculemos su verdadero valor (v.v.), que será el valor del área.
0
1 x x
A dxe e
0 0 0
1 1 1 1
2 2
b b b
x xb b b
dx dx dxe e Ch x Ch x
lim lim lim( ) ( )
Para resolverla, determinemos una primitiva, apliquemos la regla de Barrow, y
tomemos límite.
1dx
Ch x( ), típica integral trigonométrica impar en cosenos (hiperbólicos), por lo tanto
hacemos el cambio de variable
(2)2 2
2 2 2
( ) ( )1 ( )
( ) ( )( ) ( ) 1( ) ( ) 1 ( ) 1 ( )
d Sh x dt Ch x dx dt Ch x dt
Sh x t dx dx arctg t Ch x Ch x t Ch x Sh x Ch x Sh x
deshaciendo el cambio efectuado, tenemos:
(2)
( )arctg Sh x
3
00 0
1 1 1 1 10
2 2 2
bb
x x b b b A dx dx arctg Sh x arctg Sh b arctg Sh
e e Ch x
( )
lim lim ( ) lim ( ) ( )( )
Comox xe e
Sh(x)2
b b
b b b b
e elimSh(b) lim limarctg(Sh(b)) arctg lim(Sh(b)) arctg
2 2
0 0
1 10 0 0 0 02 2
e eSh arctg Sh arctg ( ) ( )
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3 10
2 2
( )
4u d a
. .
1.2. Determina las siguientes integrales
1.2.1. 2 cos( )· x x dx 1.2.2.
1/2232 x x dx
1.2.1. 2 cos( )· x x dx
Resolución
Típica integral a resolver por partes, encuadrada en la regla nemotécnica de
ALPES, como el grado del polinomio es 2, habrá que aplicar partes dos veces.
1
(1)2 2 2
· · ·
cos( )· 2 · · ( ) 2· · ( )·
cos( ) cos( ) ( ) I
u dv u v v du
I x x dx u x du x dx x sen x x sen x dx
dv x dx v x dx sen x
2
1
· · ·
· ( )· · cos( ) cos( ) ·
( ) ( ) cos( ) I
u dv u v v du
I x sen x dx u x du dx x x x dx
dv sen x dx v sen x dx x
22
·cos( ) cos( )· ·cos( ) ( )
I I
x x x dx x x sen x k
2· ( ) 2· ·cos( ) ( ) I x sen x x x sen x k 2· ( ) 2· ·cos( ) 2 ( ) x sen x x x sen x k
1.2.2. 1/2232 x x dx
Resolución
Típica integral Binomia, del tipo p
m n x a bx dx·
, claramente es una integral binomia
del tipo p
m n x a bx dx·
, veámoslo Lo primero es ponerla en forma de potencias, y el
integrando sin fracción, para ello:
Las raíces las ponemos como potencias fraccionarias, así:
p
q p q
x x , por otro lado losfactores (que no sumandos) que estén en el denominador los pasamos al numerador
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con exponente opuesto, así:1 2
1 2
( ) ( )( ) ( ) · ( )· ( )
( )· ( )
r s
r s
f x f x dx f x f x g x h x dx
g x h x
Por lo tanto: nuestra integral queda como sigue 1/22 32 x x dx
, evidentemente1 2
, 1 ,2 3
p m n .
Lo segundo que hemos de hacer, es ver si cumple alguna condición de Tchebyshev.
1ª) (C.TCH) ¿ ?p NO, ya que1
2 p
2ª) (C.TCH)1
¿ ?m
n
1 1 1 23
2 2
3 3
m
n , SI CUMPLE LA 2ª C.TCH
Hagamos el cambio de variable correspondiente, que convierte nuestra integral
irracional en una INTEGRAL RACIONAL, como sabemos dicho cambio es:
( )·or n D pa b x t , en nuestro caso 2 3 22 x t
Observación IMPORTANTE :
La forma más cómoda de operar, es no despejando x como función de t , ahorabien, NO PODEMOS OLVIDAR QUE x es una función de t , lo que haré es en lugar
de poner x poner ( ) x t ó x . Finalizaremos operando y si es necesario al final
sustituyendo ( ) x t ó x , por su expresión correspondiente, así:
1 1
2 3 2 2 3 2 3 32
2 2 ( ) 2 3· · ·3
x t d x d t x dx tdt dx x t dt
1 41
2 23 32 3 3 x · t · · x ·t·dt · x ·t dt
Ahora hemos de sustituir x , por su expresión en función de t , pero observemos
que realmente no hemos de despejar x , sino
4
3
x que es más cómodo, así: como
2 2
2 3 2 2 3 2 4 3 2 3 22 2 2 x t x t x x t
2
2 2 6 4 23 2 3 4 4· t ·t dt · t t t dt
Ya hemos conseguido nuestro primer objetivo de convertirla en racional, en este
caso más cómodo aun, es una polinómica, nuestro siguiente paso es, resolver la
racional, en nuestro caso inmediata, como hemos dicho es polinómica
7 5 37 5 33 123 4 4 4
7 5 3 7 5
t t t k t t t k
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Para finalizar hemos de deshacer los cambios de variables que hayamos
efectuados, así como el c.v. que hemos efectuado es: 3 22t x
7 5 3
3 3 32 2 23 122 2 4 2
7 5 x x x k
2. Calcular el polinomio de Taylor de grado 2 en un entorno del punto 1 ,2
, de la
función2
( , ) · ( · ) f x y x y sen x y
Resolución
Recordemos:
2 3
1 2 1 2
1 2 1 1 1
0
1 1 1
2 3
( ) ( )
( )
, ,
( , );( , ) ( , ) ( , ) · ( , ) · ( , ) · ( , )! ! !
( , ) ( , )· ( , )· ( , )·( ) ( , )·( )
( , ) ( , )· ( , )· ·k
n
n
x a y b
mmm
k
T f x y a b f a b df a b d f a b d f a b d f a bn
df a b D f a b x D f a b y D f a b x a D f a b y b
md f a b D f a b x D f a b y D
k
2 2 2, , ( , )· ·
m k
k m k f a b x y
En nuestro caso, 2( , ) · ( · ) f x y x y sen x y :2
2
11 1 1 1
2 2 2 2 2T f x y f df d f
( , ); , , , · ,
!
Calculemos los tres sumandos2 2 2
1 1 1 1 12 2 2 2 4
f sen
, · ·
1 2 1 21 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2df D f x D f y D f x D f y
, , · , · , ·( ) , ·
Calculemos las parciales particularizadas en 12 ,
, para sustituir en 12
df ,
2 2 22
1 1
2 2
( , ) cos( · )· 1, cos 1· · 02 2 2 2 2 4
( , ) 2 · cos( · )· 1, 2·1· cos 1· ·1 02 2 2
D f x y y x y y D f
D f x y x y x y x D f
2
1, ·( 1) ·2 4 2
df x y
222
1 22 2
1 1 1 2 2 22
d f x y df x y D f x y x D f x y y
D f x y x D f x y x y D f x y y, , ,
( , ) ( , ) ( , )· ( , )·
( , )· ( , )· · ( , )·
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222
1 21 1
2 2
12
d f df x y D f x y x D f x y y
, ,
, ( , ) ( , )· ( , )·
2 2
1 1 1 2 2 21
2
2 D f x y x D f x y x y D f x y y , , ,,
( , )· · ( , )· · ( , )·
22
1 1 1 2 2 21 1 2 1 1 1
2 2 2 2 2 D f x D f x y D f y
, , ,
, · , · · , ·
Calculemos las parciales de 2º orden, particularizadas en 0 1( , ) , para sustituir en
2 12
d f
,
2 2
1,1 1 1 1
2
1,2 2 1 2
2
2,2 2 2 2
( , ) ( , ) cos( · )· 0 ( · )·
( , ) ( , ) cos( · )· 2 ( · )· · cos( · )
( , ) ( , ) 2 · cos( · )· 2· ( · )·
D f x y D D f x y D y x y y sen x y y
D f x y D D f x y D y x y y y sen x y x y x y
D f x y D D f x y D x y x y x x sen x y x
2 2 22
1,11,
2
1,2 1,2
2,2
1, ( · )· 1· · 1·2 2 2 4 4
1, 2 ( · )· · cos( · ) 2· 1· ·1· cos 1· 02 2 2 2 2 2 2
1, 2·2
D f sen x y y sen
D f y sen x y x y x y sen
D f x sen
2 2
1,2
( · )· 2·1 1· ·1 2 1 12
x y x sen
2 1,2
d f
22
2·( 1) 2· ·( 1)· 14 2 2 2
x x y y
22
2·( 1) ·( 1)·4 2 2
x x y y
Ya hemos calculado los tres sumandos, por lo tanto sustituyendo tenemos que:
2 1
2T f x y
( , ); ,
211 1 12 2 2 2
f df d f
, , · ,!
22 2 2
21 1 1 14 4 2 4 2 2
x y x x y y
·( ) · ·( ) ·( )·
3.
Problema de extremos:
Sea la función3 3( , ) f x y x y :
3.1. Clasificar sus extremos relativos.
3.2. Clasificar los extremos relativos condicionados, cuyas componentes sean
ambas no nulas, siendo la ligadura2 2 1 x y
3.3. Hallar los extremos absolutos de ( , ) f x y en la lámina circular de centro el
origen y radio 1.
3.1
Estudie y clasifíquese los extremos relativos de f Sabemos que los candidatos a extremos relativos son los
( , ) ( ) / ( , ) x y dom f f x y
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Resolución
2( )dom f , es un polinomio
Calculemos el gradiente:
2 2
1
2 2
2
0( , ) 3 ( ) 3 0( , )
0( , ) 3 ( ) 3 0
x D f x y x I x f x y
y D f x y y II y
Por lo tanto el único punto crítico es 1 0 , 0 P
Clasifiquémoslos, para ello, tenemos dos herramientas:
1ª) Analizar la función en un entorno del punto.
Esto sólo funciona bien en casos puntuales, éste es uno de ellos.
(0,0) 0
( , ) 0 , 0
( , ) 0 , 0
f
f x y x y
f x y x y
en (0,0) , se alcanza un punto de silla.
2ª) Mediante la matriz Hessiana
2
1,1 1 1 1
2
1,2 2 1 2
22,2 2 2 2
3 6
6 03 0 ( , )
0 6
3 6
D f D D f D x x
x D f D D f D x Hf x y
y
D f D D f D y y
112
06·0 0 0 0( ) 0 , 0
0 6·0 0 0 0
H Hf P Hf
H
Por Teorema de Sylvester, no se
concluye.
Además como todas las derivadas parciales de 2º orden valen
20 0 0 0d f ,
, por lo
tanto hemos de acudir a la siguiente diferencial total, la de 3er orden, o
sucesivas.
Sabemos como consecuencia del Teorema de Taylor que si la primeradiferencial total no nula, es de orden par, se alcanza extremo (mínimo si es
>0, máximo si es
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3 0 2 1 1 2
1 1 1 1 1 2 1 2 23 3 D f a b x y D f a b x y D f a b x y
, , , , , ,( , )· · · ( , )· · · ( , )· ·
0 3
2 2 2 D f a b x y
, , ( , )· ·
Particularizando en 0 , 0 , tenemos:
3 0 2 1 1 2
1 1 1 1 1 2 1 2 20 0 0 0 3 0 0 0 0 3 0 0 0 0 D f x y D f x y D f x y
, , , , , ,( , )· · · ( , )· · · ( , )· ·
0 3
2 2 2 0 0 0 0 D f x y, , ( , )· ·
3 2 2 3
1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 20 0 3 0 0 3 0 0 0 0 D f x D f x y D f x y D f y, , , , , , , ,( , )· · ( , )· · · ( , )· · ( , )·
Calculemos ahora las parciales de 3er orden, y la diferencial total 3ª:
1,1,1 1 1,1 1
1,1,2 2 1,1 2 3 3 2 2 3 3 3
1,2,2 2 1,2 2
2,2,2 2 2,2 2
6 6
6 00 , 0 6· 3·0· · 3·0· · 6· 6· 6· 0
0 0
6 6
D f D D f D x
D f D D f D xd f x x y x y y x y
D f D D f D
D f D D f D y
Por lo tanto en el punto 0 , 0 , f alcanza un punto de silla
3.2 Clasificar los extremos relativos condicionados, cuyas componentes sean
ambas no nulas, siendo la ligadura2 2
1 x y
Resolución
Ahora nos enfrentamos a un problema de extremos con ligadura
3 3
2 2
( , )
. . ( , ) 1 0
extremos f x y x y
s a g x y x y
Planteamos la función de Lagrange: 3 3 2 2( , ) ( , )
( , ; ) · 1
f x y g x y
L x y x y x y
Busquemos los puntos críticos de ( , ; ) L x y , para ello busquemos ( , ; ) / x y 1 2 3/ ( , ; ) , , (0,0,0) L x y D L D L D L
2 2
1
2 2
2
2 22 2
3
3 2 3 2 0
3 2 3 2 0
1 01
D L x x I x x
D L y y L II y y
III x y D L x y
· · ( ) · ·
· · ( ) · ·
( )
Mecánica, habitual para resolver estos sistemas.
1. Quitar, si existen y es posible, los denominadores.
2.
Si es posible en alguna de las ecuaciones, factorizar.
3. Si no es posible factorizar, despejar el parámetro , e igualar.
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4. Resolver el sistema actualizado en x y( , ) con la ecuación obtenida en el paso 3.
Y la ecuación (III)
1.
Quitemos los denominadores
Como no hay, no tenemos que quitar nada.
2. Factoricemos la ecuación (I)
2
2
2 2
3 2 01 0
3 2 0 3 2 02 3 2 0
1 0
I x xcaso x
II y y I x xcaso x
III x y
( ) · ·º
( ) · · ( ) ·( )º
( )
2 2 21 0 0 1 0 1 1 1caso x III y y yº ( )
2 31 1 0 1 31 2 1 0 2 3 02
subcaso x y en II . ( ) · · ·
2
30 1
2Q , ;
2 31 2 0 1 3 1 2 1 0 2 3 0
2 subcaso x y en II . ( ) · · ·
3
30 1
2Q , ;
2 23 32 3 2 0 3 2 0 3 3 02 2
caso x x II y x y y x y º · ( ) · · · · · · ·
2 1 03 0
2 2
subcaso y y y x
subcaso y x
.·
.
2 232 1 0 0 1 12
subcaso x y III x x . . · , ( )
4
3 3 32 1 1 1 0 1 0
2 2 2 subcaso x y x Q . . . , , · , ;
5
3 3 32 1 2 1 0 1 0
2 2 2 subcaso x y x Q . . . , , · , ;
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2 2 2 2
6
1 12 2 1 2 1
2 2
1 1 3 1 1 1 3 12 2 1
2 22 2 2 2 2 2
subcaso y x III x x x x x
subcaso x y Q
. . ( ) ·
. . . , , · , ; ·
7
1 1 3 1 1 1 3 12 2 2
2 22 2 2 2 2 2 subcaso x y Q . . . , , · , ; ·
Como nos piden que analicemos los puntos cuyas componentes sean ambas no
nulas, hemos de analizar6 7
Q y Q ,
Consideremos para cada ( , ) ( , ; )W x y L x y
Sabemos que si , ; x y es máx/mín de , L x y es máx/mín de ,W x y es
máx/mín de f
Por el contrario si , ; x y es punto de silla de , L x y es punto de silla de W
pero no podemos concluir sobre , x y en f
Por consiguiente analicemos para cada , los puntos6 7
P y P asociados en W
Calculemos la matriz Hessiana, y particularicemos posteriormente.
2
1 1 1 1 1
2
1 2 2 1 1 2 1
2
2 2 2 2 2
3 2 6 2
6 2 03 2 0
0 6 2
3 2 6 2
D L D D L D x x x
x D L D L D D L D y y HW x y
y
D L D D L D y y y
,
, ,
,
· ·
· · ( , )
· ·
El punto6
1 1
2 2 P ,
, se obtienen para3 1
2 2 · .
El punto7
1 12 2
P ,
, se obtienen para 3 12 2
· .
En 6 : P 3 12 2
1 3 1 36 2 0 0
22 21 1 2
32 2 1 3 100 6 2
222 2
HW ·
· ·
,
· ·
1
2
90
23
02
H
H
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Como1 2
0 0 H y H , el teorema de Sylvester nos afirma que3 1
2 2
HW ·
alcanza
un mínimo en
1 1
2 2 L,
alcanza un mínimo en
1 1 3 1
22 2 2 f , ; ·
alcanza
un mínimo condicionado estando en la circunferencia 2 2 1 x y , en1 1
2 2,
En7 : P 3 1
2 2
1 3 1 36 2 0 0
22 21 1 2
32 2 1 3 100 6 2
222 2
HW ·
· ·
,
· ·
1
2
3 02
90
2
H
H
Como1 2
0 0 H y H , el teorema de Sylvester nos afirma que3 1
2 2
HW ·
alcanza
un máximo en1 1
2 2 L,
alcanza un máximo en1 1 3 1
22 2 2 f , ; ·
alcanza un máximo condicionado estando en la circunferencia2 2
1 x y
, en1 1
2 2,
3.3 Hallar los extremos absolutos de ( , ) f x y en la lámina circular de centro el
origen y radio 1. 2 2 2( , ) / 1 B x y x y
Resolución
Como 3 3( , ) f x y x y es un polinomio, 2 2 f x y C f x y C ( , ) ( , )
f x y C B( , ) ( ) , como B es un compacto (cerrado + acotado) Por la
generalización del 2º teorema de Weierstrass, aseguramos que f x y( , ) alcanza sus
extremos en B , dichos extremos como sabemos, se alcanzan en uno o varios de los
puntos obtenido en los siguientes tipos de puntos:
Puntos tipo 1: x y B f x y ( , ) / ( , )
Puntos tipo 2: x y B f x y( , ) / ( , )
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Puntos tipo 3: x y Fr B x y( , ) / ( , ) es un extremo ligado.
Los puntos tipo 1, son de los obtenidos en el apartado 1º), los que estén en B , ennuestro caso, como sólo es el punto 0 0, comprobemos si están o no en B (el
interior de B ). Trivial, es el centro de la circunferencia
Puntos tipo 2 , ya que como 2 f x y C f x y D B x y f x y( , ) ( , ) ( ) ( , ) ( , )
Los puntos tipo 3, son los encontrados en el apartado 2º, a saber2 3 7
P P P , , ,
Para finalizar, calculemos las imágenes de f en los puntos 1 2 7i P i , , , , y
tomemos el mayor y menor valor de las imágenes.
3 3 3 3
1 0 00 0 0 0 0 f P f x y
,( ) ,
3 3 3 3
2 0 10 1 0 1 1 f P f x y
,( ) ,
33 3 3
3 0 10 1 0 1 1 f P f x y
,( ) ,
3 3 3 3
4 1 01 0 1 0 1 f P f x y
,( ) ,
33 3 3
5 1 01 0 1 0 1 f P f x y
,( ) ,
3 3 3
3 31 16
2 2
1 1 1 1 1 12
2 2 2 2 2 2 f P f x y
,( ) , ·
3 3 3
3 31 17
2 2
1 1 1 1 1 12
2 2 2 2 2 2 f P f x y
,( ) , ·
El mayor valor es, 1 y el menor es 1. Por consiguiente:
El máximo absoluto se alcanza en2
0 1 P , y en4
1 0 P , y vale 1
El mínimo absoluto se alcanza en 3 0 1 P , y en 5 1 0 P , y vale 1
4. Cuestión teórica:
4.1. Además del límite doble, numera los tipos de límites de dos variables queconozcas, y establece al menos tres relaciones entre ellos y el doble.
4.2. Define el plano tangente y la recta normal a una superficie.
4.1. Además del límite doble, numera los tipos de límites de dos variables queconozcas, y establece al menos tres relaciones entre ellos y el doble.
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13/27
Examen de Matemáticas II
13 de 27
Resolución
Los límites vinculados con dos variables son además del doble, los límites
direccionales, y los reiterados.
Las distintas relaciones entre ellos y el doble son:
i. En cuanto que salgan dos valores reales distintos, podemos afirmar que
el límite doble no existe. ii. En el momento que calculemos cualquier tipo de límite, y éste valga L , lo
único que podemos afirmar, es que si el límite doble existe, éste valeL .
iii. Si todo lo que calculamos (que no todos los posibles), valen =L , lo único
que podemos afirmar, es que si el límite doble existe, éste vale L . Perono podemos asegurar la existencia.iv. La no existencia de alguno de estos tipos de límites, No afirma que no
exista el límite doble.
4.2. Define el plano tangente y la recta normal a una superficie.
Resolución
Sea 3( , , ) / ( , , ) 0S x y z F x y z una superficie, y sea ( , , ) P a b c S un punto de la
superficie S , tenemos:
Plano Tangente a S en P es: ; ( )·( ) 0tg S P F P X P
1 2 3 1 2 3( ) , ( ) , ( ) ·( , , ) 0 ( )· ( )· ( )· 0 D F P D F P D F P x a y b z c D F P x a D F P y b D F P z c
La recta normal a S en P es: 1 2 3
;( ) ( ) ( )
norm
x a y b z cr S P
D F P D F P D F P
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Examen de Matemáticas II
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Convocatoria Examen final, 2º Parcial 25 de junio de 2014
5. Cálculo integral:
5.1. Calcula la 22 4
0 xy·cos(y)dy dx cambiando previamente el orden de
integración.
5.2. Usar una integral doble para determinar el volumen del sólido acotado por
las gráficas de las ecuaciones 2 2z x y , x y 4 , primer octante.
5.1. Calcula la 22 4
0 xy·cos(y)dy dx cambiando previamente el orden de
integración.
Resolución
¡Idea!
Como una primitiva cómoda en función de funciones elementales, hagamos uncambio de orden de integración, hay veces que solventa el problema.
Hacemos el siguiente esquema:
1º) Hacer un esbozo del recinto de integración que define la integral iterada.2º) Ver si , es una región x o y-Fubini (según el caso)3º) Aplicar teorema de Fubini a nuestra integral, convirtiéndola en integral
doble.4º) Ver si , es una región Fubini en la variable contraria.5º) Si lo es, volver a aplicar Fubini, pero ahora convirtiendo la integral doble en
una integral iterada.6º) GANAMOS EL CAMBIO DE ORDEN
Como en la integral iterada que nos
dan, la variable más externa, es la x ,
veamos la región como x cte
20 2
4e s
x y y y x y
Obviamente es una región x-Fubini,
ya que 0,2 x , y tanto 2e y x como
4 s y son funciones continuas en el
intervalo 0,2
Por lo tanto podemos aplicar el Teoremade Fubini a la integral iterada, así:
2(1)2 4
0 xy·cos(y)dy dx y·cos(y)d(x, y)
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Ahora hemos de ver como una región y-cte, para ello entremos porhorizontales quedándonos:
0 4
0e s
y
x x x x y
, es y-fubini, ya que 0,4 y , y tanto
0e x como s x y son funciones
continuas en el intervalo 0,4
Por lo tanto podemos aplicar el Teorema deFubini a la integral doble, así:
(1) (2)4 y
0 0y·cos(y)d(x,y) y·cos(y)dx dy
Ya hemos cambiado el orden de integración, ahora resolvamos esta integral
iterada
(2) (3)x y4 y 4 4 4
0 0 0 0 0x 0y·cos(y)dx dy y·cos(y)·x dy y·cos(y)· y dy y·cos(y)dy
La primitiva de esta integral, es de las típicas por partes, ALPES así:
1
· · ·
· ( ) ( )· · ( ) cos( )
cos( ) cos( ) ( ) I
u dv u v v du
u y du dy y sen y sen y dy y sen y y
dv y dy v y dy sen y
(3)
4
0· ( ) cos( ) 4· (4) cos(4) 0· (0) cos(0) 4· (4) cos(4) 1 y sen y y sen sen sen
5.2. Usar una integral doble para determinar el volumen del sólido acotado por
las gráficas de las ecuaciones 2 2z x y , x y 4 , primer octante.
Resolución
Lo primero que hemos de hacer, es determinar cómo lo vemos.
En este caso, como tenemos un cilindro ( 2 2x y 4 ) apoyado en el plano 0 z ,vemos el sólido con entrada y salida en la dirección del eje z
Lo siguiente es proyectar todo al plano XY o plano 0 z
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Examen de Matemáticas II
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ESPACIO PLANO XY
Plano z x y Recta 0 x y
Cilindro 2 2x y 4 Circunferencia 2 2x y 4
1er Octante 1er Cuadrante
Dibujamos la región del plano que hemos obtenido
Observemos que la recta y x , en este
caso no influye en el recinto, pues no cortaal círculo en el primer cuadrante.
Ahora hemos de decidir quién es lae
z ,
y quien es la s
z , lo buscamos en las
ecuaciones del espacio
Como estamos en el 1er Octante, ysolamente tenemos una expresión con
z , a saber z x y , tenemos que 0e z ,
y s z x y , ya que en el 1er Octante,
todas las variables son 0
Ya tenemos todo lo necesario para determinar el volumen pedido, a saber:
( )· ( 0)· ( , ) ( )· ( , ) s e
V z z dA x y d x y x y d x y
Como tenemos un recinto optimo para trabajar en polares, efectuemos el citadoc.v..
(1)
02
0 2
·cos( ) ( , )( , ) · ( , ) · ( , )
· ( ) ( , )
·cos( ) · ( ) · cos( ) ( )
Recinto
x x ydiferencial d x y d d
y sen
integrando x y sen sen
(2)
2( )· ( , ) · cos( ) ( ) · · ( , ) · cos( ) ( ) · ( , )V x y d x y sen d sen d
-
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Antes de calcular la integral, veamos que el Jacobiano del cambio vale
2 2 2 2cos( ) · ( )( , ) det det ·cos ( ) · ( ) ·cos ( ) · ( )( ) ·cos( )( , )
x x
sen x y sen sen y y sen
2 2· cos ( ) ( ) ·1 sen
Para finalizar, calculemos la integral doble puesta en coordenadas polares, y paraello apliquemos el teorema de Fubini. Al ser un sector circular, es tanto Fubini como Fubini .
Tengamos en cuenta que una vez efectuado el cambio a polares, el recinto es un
rectángulo.Veámosla como Fubini .
22 32 2(2)
2 2
0 0 0 0
· cos( ) ( ) · ( , ) · cos( ) ( ) · · · cos( ) ( ) ·3
V sen d sen d d sen d
3 32 2
2
00 0
2 0 8 8· cos( ) ( ) · cos( ) ( ) · · cos( ) ( ) · · ( ) cos( )
3 3 3 3 sen sen d sen d sen
8 8 8 16· cos (0) cos(0) · 1 0 0 1 ·2 . . .
3 2 2 3 3 3 sen sen u d v
6. Problema de EDOs y de Cauchy
6.1. 3 3 1 0 x y dx x y dy 6.2.
3
23 2
(1) 3
x x y y
y
y
6.1.
Resolver la EDO 3 3 1 0 x y dx x y dy .
Resolución
Típica EDO reducible a homogénea, que lo conseguimos haciendo el cambio devariable, que lleva el origen al corte de las rectas
14 2 0
( ) 3 0 2
( ) 3 1 0 1 5( ) 1 3 1 3·
2 2
sumando x x I x y
II x ydespejando y en II y x
-
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Por lo tanto el c.v. es
1 1
2 2
5 5
2 2
x x dx d
y y dy d
llevándolo a nuestra EDO
1 5 1 53 · 3· 1 · 0
2 2 2 2d d
1 5 3 53 · 3· 1 · 0
2 2 2 2d d
· 3· · 0d d
EDO homogénea
Sabemos que la homogénea se convierte en variable separable haciendo el c.v.
variable dependienteu
variable independiente
· · · ·u d d u d u d du , llevándolo
a la EDO, tenemos:
· · 3· · · · · 0 · · 3· · · 3· · · 0u d u u d du u d u u d u du
2 2 2· 3· · · · 3· · · 0 1 2· · · 3 · 0u u u d u du u u d u du
2 21 2· · · 3 ·u u d u du
Si 2 21 31 2· · 0 · ·1 2·
uu u d duu u
EDO DE VARIABLES SEPARADAS,
integrando tenemos:
21
2
1 3· ·
1 2· I I
ud du
u u
1 2 I I
1
1· ( ) I d Ln
(1)
2 22
3 3
· ·1 2· 1
u u
I du duu u u
Es una integral típica racional, descompongamos la fracción del integrando enfracciones elementales
2 2 2
3 ( 1)
11 1 1
u A B A u B
uu u u
, como tenemos una igualdad de dos fracciones
con el mismo denominador, los numeradores han de ser iguales
( 1) 3 3 A u B u Au A B u Igualando coeficientes
1 1
0 3 3 3 1 2
coeficiente de grado A
coeficiente de grado A B B A
-
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Examen de Matemáticas II
19 de 27
2.1
2.2
(1) (2)
2 2 2
1 2 1 1· · 2· ·
1 11 1
I I
I du du duu uu u
2.1 2.1
1· 1
1 I du Ln u k
u
2.2 2.22
1 1·
11 I du k
uu
Sustituyendo
Como1 2 1 2.1 2.2 2.1 2.2
12 ( ) 1 2·
1 I I I I I Ln Ln u k k
u
2 2
1 · 11 1
Ln Ln u k Ln u k u u
Ya tenemos casi la solución general, nos queda dos cosas que hacer:
1ª) Deshacer los c.v. efectuados
2ª) Ver si en el camino hemos perdido soluciones
Empecemos deshaciendo los c.v.
5 2 5 2 1 2 5 22 · 1 · 11 2 52 1 1 2 2 1
12 2 1
y y yu Ln u k Ln x k
y x u x x
x
2 1 2 5 2 1 2 2 1 2 2 4 2· ·
2 5 2 1 2 2 42 2 1 2 2 1
2 1 2 1
x y x x x y Ln k Ln k
y x x y x x
x x
2( 2) 2
2( 2)2
2 1
x y Ln k
x y
x
2 12
2
x Ln x y k
x y
sol. gral. provisional
Veamos ahora si hemos perdido alguna solución, que no esté ya incluida en lasolución general provisional anterior.
Hemos impuesto que 2 2 1 0
1 2· · 0 1 2· · 00
uu u u u
5 1Caso 1º 1 0 1 1 2
2 2u u y x y x dy dx
3 3 1 0 2 3 · (3 2 1)· 0 2 1 · (2 1)· 0 x y dx x y dy x x dx x x dx x dx x dx
(4 2)· 0 x dx , no es una identidad, por lo tanto no es solución.
-
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Examen de Matemáticas II
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Caso 2º 0 , Si saliera solución, realmente habría que efectuar el c.v. de lahomogénea cambiando los papeles de las variables, pasando la variable dependiente
a independiente y recíprocamente, siendo por lo tanto u
, y ahora repetir elprocedimiento, Lo dejo como ejercicio. Me limito a ver si 0 , es solución
1 10 0 0
2 2 x x dx
1 1 53 ·0 3 1 0 0
2 2 2 y y dy y dy
no es una identidad, por lo tanto no
es solución.
6.2. Resolver el Problema de Cauchy
3
23 2
(1) 3
x x y y y
y
.
Resolución
La EDO que soporta el problema de valor inicial o de Cauchy, es3
23 2
x x y y
y , que
obviamente es una EDO de Bernouilli de orden -2.
Sabemos que buscamos la solución de la forma · · · y u v y u v u v llevándolo a laEDO, tenemos:
3 3 3
2 2 2 2 2
. .
3 2 3 · · 2 · 3 · · 3 · · 2 ·· ·
saco u f c
x x x x y y x u v u v u v x u v x u v u v
y u v u v
3
2 23 · · · 3 · 2· *
·
x x u v u x v v
u v
Como sabemos 3 · 2· 0 / 3 · 2· 0v solución particular de x v v v x v v
232 23 · 2· 0 3 · 2· · ( ) · ( ) ( )
3 3
dv dv dx x v v x v Ln v Ln x Ln v Ln xdx v x
23v x ,
llevándolo a (*) tenemos:
4 53
2 53 3 3 32 0 23 3
2 4 22
2 32 3
3 · · ·0 3 · 3· 3· 3·
··
x du x du x x u x u x u du x dx u du dx
dx dx uu xu x
Integrando 2 33·u du dx u x k
3u x k
Por lo tanto 3 32 3 23· · · y u v x k x x k x
-
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Encontremos la solución particular que cumple la condición de Cauchy, es decir que
3 33 2 3 2 3
1
(1) 3 · 3 1 ·1 3 1 3 1 27 26 x
y x k x k k k k
Como consecuencia, la solución pedida es: 3 3 226
·k
y x k x
3 3 226· y x x
7. Ejercicio a elegir uno
opción a) Problema de cálculo integral:
7.1. Dada la suma de integrales iteradas:
22 2 2 8
2 2 2 2
0 0 2 0
x x
x y dy dx x y dy dx
Usando coordenadas polares, convertirla en una única integral doble.Determínese así mismo el valor de dicha integral
7.2.
Si consideramos la región delimitada por el recinto de integración anteriorcomo una placa delgada de grosor despreciable y densidad constante,hállese el centro de gravedad.
7.1. Dada la suma de integrales iteradas:
22 2 2 8
2 2 2 2
0 0 2 0
x x
x y dy dx x y dy dx
Usando coordenadas polares, convertirla en una única integral doble.Determínese así mismo el valor de dicha integral
Resolución
Hemos de calcular la suma de dos integrales iteradas que tienen el mismointegrando, para ello pongamos cada una como integral doble, y veamos si elrecinto unión nos permite trabajar cómodamente en polares.
Empecemos representando en un mismo gráfico ambos recintos.
1 1
0 2
0e s
x I
y y y y x
2 22
2 2 2
0 8e s
x I
y y y y x
Como ambas regiones son x-Fubini,
podemos poner cada sumando comouna integral doble, así:
22 2 2 8 (1)
2 2 2 2
0 0 2 0
x x
x y dy dx x y dy dx
1 2
(1) (2)2 2 2 2, , x y d x y x y d x y
Como1
y2
son dos regiones cuya
intersección de sus interiores es vacía,
y como ambas tienen el mismointegrando, por la aditividad de laintegral, tenemos
-
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Examen de Matemáticas II
22 de 27
1 2
(2) (3)2 2 2 2, , x y d x y x y d x y
Como es un sector circular, es una región óptima para trabajar encoordenadas polares, ya que los sectores circulares son tanto Fubini como
Fubini .
Efectuemos el cambio a polares.
(1)
2 2 2
04
0 2 2
·cos( ) ( , )( , ) · ( , ) · ( , )
· ( ) ( , )
Recinto
x x ydiferencial d x y d d
y sen
integrando x y
Antes de calcular la integral, veamos que el Jacobiano del cambio vale
2 2 2 2cos( ) · ( )( , )
det det ·cos ( ) · ( ) ·cos ( ) · ( )( ) ·cos( )( , )
x x
sen x y sen sen
y y sen
2 2· cos ( ) ( ) ·1 sen
Entonces nuestra integral queda
32 22 2 3 34 4 4(3)
2 2 2 2
.0 0 0 00
2 2 0, · · ( , ) · ( , ) · · · ·
3 3 3T fubini x y d x y d d d d d d
3
4 4
4
00 0
2 2 16 2 16 2 16 2 4 2
· · · · ·3 3 3 3 4 3d d
7.2. Si consideramos la región delimitada por el recinto de integración anterior comouna placa delgada de grosor despreciable y densidad constante, hállese el centrode gravedad.
Resolución
Para calcular el centro de gravedad, necesitamos calcular, la masa y los momentosde primer orden.
El diferencial de la masa es igual al producto de la densidad por el diferencial delárea
( , )·dm x y dA
-
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Examen de Matemáticas II
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( , )· ( , )· ( , )m x y dA x y d x y
· · ( , )· · ( , )· ( , ) x M y dm y x y dA y x y d x y
· · ( , )· · ( , )· ( , ) y M x dm x x y dA x x y d x y
, , y xc c M M
x ym m
Calculemos los tres elementos necesarios:
4 8
. .0 0
( , )· ( , )· ( , ) · ( , ) · · ( , ) · · ·c v a polares teorema de Fubinim x y dA x y d x y k d x y k d k d d
284 4 42 2
4
0
0 0 00
8 0 0· · · · · 4· 4· · 4· · ·
2 2 2 4 4k d k d k d k k k
x M 2
. .· · ( , )· · · ( , ) · · ( )· · ( , ) · · ( )· ( , )
c v a polares y dm y x y dA k y d x y k sen d k sen d
8 34 4 4 48 3 32 4
0 0 0 0 00
8 0 2· · ( )· · · ( )· · · ( )· · ·2 · ( )·
3 3 3 3teoremade Fubini
k sen d d k sen d k sen d k sen d
44 4 4 4
0
2 2 2 2 2 2 1·2 · cos( ) ·2 · cos cos(0) ·2 · 1 ·2 ·
3 3 4 3 2 3 2k k k k
4 2 1·23
k
y M 2
. .· · ( , )· · · ( , ) · ·cos( )· · ( , ) · ·cos( )· ( , )
c v a polares x dm x x y dA k x d x y k d k d
8 34 4 4 48 3 32 4
0 0 0 0 00
8 0 2· ·cos( )· · · cos( )· · · cos( )· · ·2 · cos( )·
3 3 3 3teoremade Fubini
k d d k d k d k d
44 4 4 4
0
2 2 2 2 2 2·2 · ( ) ·2 · (0) ·2 · 0 ·2 ·
3 3 4 3 2 3 2k sen k sen sen k k
42
·3
k
c x
42·
3
·
y
k M
m k
42
3·
c y
4 2 1·2
3
·
x
k M
m k
4 2 1
2
3·
-
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Examen de Matemáticas II
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opción b) Problema de modelización:
Suponga que un tazón de leche se enfría de 90 C a 60 C en 10 minutos, enuna cocina a 20 C , responde a las siguientes preguntas:
7.1. ¿Qué tiempo adicional tardará la leche en enfriarse a 35 C ?
7.2. Si en lugar de dejar la leche en la cocina a 90 C , se guarda en el congelador
a 15 C . ¿Qué tiempo tardará en pasar la leche de 90 C a 35 C
7.1. ¿Qué tiempo adicional tardará la leche en enfriarse a 35 C ?
Resolución
Llamando ( ) temperatura en el instante t de la leche.T t
Llamando temperatura del medio ambiente. A
Tenemos por la Ley de Enfriamiento de Newton
( ) ( )·dT
k A T dT k A T dt dt
EDO de variables separables.
Separando las variables, para ello si A T ·dT
k dt
A T
Integrando1
· · ·dT
k dt Ln A T k t h Ln k t h A T A T
Tomando antilogaritmo · · ·1
· ·k t h k t h k t e e e K e A T
Ahora particularicemos según nuestros datos y determinemos las constantes k y K
Sabemos que la temperatura del medio ambiente es 20 A ·1
·
20
k t K e
T
Como la leche está más caliente que el medio ambiente 20 20 20T T T
·1 ·20
k t K eT
Impongamos los datos que tenemos para determinar la constante de enfriamiento k como la constante de integración K
Temperatura de la leche instante inicial·01 190 (0) 90 ·
90 20 70
k C T K e K
-
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Examen de Matemáticas II
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· · ·1 1· 20 70· 20 70·
20 70
k t k t k t e T e T eT
Temperatura de la leche a los·10
10 min 60 (10) 60 60 20 70· k
C T e
·10 ·10 ·1040 740 70·
70 4
k k k e e e
Tomando logaritmos y despejando k tenemos:7 1 7
·10 · 0 '0055964 10 4
Ln k k Ln
Por lo tanto la expresión de la temperatura de la leche es:0'005596·
20 70· t T e
Como nos preguntaban ¿Qué tiempo adicional tardará la leche en enfriarse a 35 C ?,
tenemos:
0'005596· 0 '005596· 0 '005596· 0 '005596·15 7035 20 70· 15 70·
70 15
t t t t e e e e
Tomando logaritmos70 1 70
0'005596· · 27'515 0'005596 15
Ln t t Ln
Es decir en 27'5 min la temperatura es de 35 C , luego el tiempo adicional empleado
es 27'5 10 17'5 mint
7.2. Si en lugar de dejar la leche en la cocina a 90 C , se guarda en el congelador a
15 C . ¿Qué tiempo tardará en pasar la leche de 90 C a 35 C
Resolución
Es totalmente análogo, lo que hemos de tener en cuenta es que ahora la temperatura
ambiente es 15 C . También hemos de tener presente que la cte. de enfriamiento,
depende del producto, por lo tanto es la calculada en el apartado 7.1 0'005596k Quedándonos:
0'005596· 0 '005596· 0 '005596· 0 '005596·1 1 ˆ ˆ· · 15 · ( ) · 15
15 15
t t t t K e K e T K e T t K e
T T
Para determinar la constante de integración ˆ K , impongamos la condición que nos
dan, temperatura inicial 90 C , así:
0'005596·0ˆ ˆ(0) 90 · 15 105T K e K 0'005596·( ) 105· 15t T t e
Como nos piden en que tiempo se reduce la temperatura a 35 C , tenemos:
0'005596· 0 '005596· 0 '005596· 0 '005596·50 105( ) 105· 15 35 105· 50
105 50
t t t t T t e e e e
Tomando logaritmos105 1 21
0'005596· 13'25 min 13'15''50 0'005596 10
t Ln t Ln
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8/16/2019 Examen Parcial 25-6-2014
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Examen de Matemáticas II
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8. Cuestión teórica
Si tenemos que calcular el área de una región plana , cuya frontera está formadapor dos pares de curvas “pseudoparalelas”, por ejemplo ( , ) x y a , ( , ) x y b ,( , ) x y c , ( , ) x y d , donde a b y c d , y donde las funciones y son lo
suficientemente regular:
8.1 ¿Qué cambio de variable convierte en un rectángulo ?, ¿Quién es elrectángulo ?
8.2 Como ( ) ( , ) A d x y
, y como el ( ) A base altura , al efectuar en ( , )d x y el cambio anterior, que transforma en el rectángulo , ¿puedo afirmar que
( ) ( ) A A , es decir que ( ) A base altura , del rectángulo ?
Resolución
8.1 ¿Qué cambio de variable convierte en un rectángulo ?, ¿Quién es elrectángulo ?
Cuando tenemos este tipo de regiones, el cambio óptimo, es( , )
( , )
u x y
v x y
, siendo el
rectángulo en el que se transforma ,a u b
c v d
8.2 Como ( ) ( , ) A d x y
, y como el ( ) A base altura , al efectuar en ( , )d x y elcambio anterior, que transforma en el rectángulo , ¿puedo afirmar que
( ) ( ) A A , es decir que ( ) A base altura , del rectángulo ?
NO, ya que
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Examen de Matemáticas II
. .
( , ) ( , ) ( , )( ) ( , ) ( , ) det · ( , ) det · ( , )
( , ) ( , ) ( , )efectuo el c v
u x y x y x y A d x y d x y d u v d u v
v x y u v u v
Mientras que: ( ) ( , ) A d u v
Si comparamos ambas observamos que:
Salvo que( , )
det 1( , )
x y
u v
, no tenemos igualdad.
Más aún si( , )
det ( ) · ( )
( , )
x y J cte A J A
u v