examen parcial 25-6-2014

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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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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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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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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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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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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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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21 de 27

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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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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( , )· ( , )· ( , )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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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

8/16/2019 Examen Parcial 25-6-2014

25/27


25 de 27

· · ·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. 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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. .

( , ) ( , ) ( , )( ) ( , ) ( , ) 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

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