peps 1 calculo avanzado

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PAUTA PRIMERA PEP

CÁLCULO AVANZADO

15 de Abril de 2005

Pregunta 1

Utilice Serie de Fourier para demostrar la identidad trigonométrica

sin3(x) = 34 sin(x)� 1

4 sin(3x)Solución:

Se calcula la Serie de Fourier de f(x) = sin3(x) en [��; �] :Como f es impar,la serie será:

1X

n=1

bn sinnx ; con bn =2�

�Z

0

sin3 x sinnxdx

�Z

0

sin3 x sinnxdx = � sin3 x cosnxn

=�o +3n

�Z

o

cosnx sin2 x cosxdx

= 3n

�Z

o

sin2 x 12 [cos(n+ 1)x+ cos(n� 1)x] dx (1)

Para n = 1

b1 =2�

31

�Z

o

cos2 x sin2 xdx = 2�3�

�Z

o

sin2 2x4 dx = 2�3

��4

�Z

o

1�cos 4x2 dx

b1 =2�3��4

�

2 =34

Para n > 1 en (1)

= 32n

24sin2 x( sin(n+1)x

n+1 + sin(n�1)xn�1 )=

�

o�

�Z

o

( sin(n+1)xn+1 + sin(n�1)x

n�1 ) sin 2xdx

35

= � 32n

�Z

o

( sin(n+1)xn+1 + sin(n�1)x

n�1 ) sin 2xdx

= � 32n

1n+1

12

�Z

o

( cos (n� 1)x� cos (n+ 3)x)dx� 32n

1n�1

12

�Z

o

( cos (n� 3)x� cos (n+ 1)x)dx

= 0 8 n 6= 3

Para n = 3 el cálculo directo:b3 = � 3

2�3�2�

22�= � 1

4

Luego por teorema de convergencia dada la continuidad de f se tiene:

1

sin3(x) = 34 sin(x)� 1

4 sin(3x)

Pregunta 2

Dada la curva �!r (t) = (cos t; sin t; 1� cos t) con 0 6 t 6 2�

a) En el punto (0;�1; 1) de la curva descrita por la trayectoria �!r (t), deter-mine la ecuación del plano Osculador.

b)En el instante t0 = 32� la partícula se escapa por la tangente.¿En qué

instante impacta al plano XY si se considera que sale de �!r (0)?

c)Calcular la curvatura K(t). Determinar los instantes en que la curvaturaes máxima y en los que esta es mínima en [0; 2�]

Solución:

a)�!r (t) = (cos t; sin t; 1� cos t) =)�!r�(t) = (� sin t; cos t; sin t) y �!r�( 32�) = (1; 0;�1)

�!r��(t)(� cos t;� sin t; cos t) y �!r��( 32�) = (0; 1; 0)

�!r�( 32�)��!r��( 32�) =

��

bi bj bk1 0 �10 1 0

��= bi+ bk

) bB = 1p2(1; 0;�1)

Ecuación del plano Osculador:1p2(x� 0) + 0(y + 1) + 1p

2(z � 1) = 0

=) x+ z = 1

b) Como �!r�( 32�) = (1; 0;�1) =) bT = 1p2(1; 0;�1)

p(t) = (0;�1; 1) + t 1p2(1; 0;�1); ecuación de la recta tangente,

Impacta cuando z(t) = 1� t 1p2= 0 =) t =

p2

Instante de impacto: 32� +

p2

c)�!r�(t)��!r��(t) =

��

bi bj bk� sin t cos t sin t� cos t � sin t cos t

��= bi+ 0bj + bk

K(t) =k�!r�(t)��!r��(t)kk�!r�(t)k3 =) K(t) =

p2

(1+sin2 t)3

2

2

Derivamos para obtener valores extremos:

K`(t) = � 3p2 sin t cos t

(1+sin2 t)5

2

K`(t) = 0() sin t = 0 y cos t = 0En t 2 [0; 2�] los puntos críticos son: 0, �2 ; �; 3�2 ; 2�

K"(t) = � 3p2

2 cos 2t(1+sin2 t)�sin2 2t(1+sin2 t)4

K"(0) = K"(�) = K"(2�) = �3p2 < 0

K"(�2 ) = K"(3�2 ) = 6

p2 > 0

) Kmax para t = 0, t = � y t = 2�Kmin para t = �

2 ; t =3�2

Pregunta 3

Una partícula se mueve a lo largo de la espiral � = e�: Considere la parame-

trización c(�) = (x(�); y(�)) donde x(�) = e� cos �; y(�) = e� sin �:

a)Veri�que que �(t) = ln( 5p2t); t > 0 permite obtener la reparametrización

ec(t) = 5p2t�(cos(ln( 5p

2t)); sin(ln( 5p

2t))�

Pruebe además que si la partícula se dezplaza según ec;su rapidez es constante.

b)Obtenga la velocidad y aceleración de la partícula cuando esta se dezplazasegún ec , en el punto � = �

4 :

Solución:

a) c(�) = (e� cos �; e� sin �) =) ec(t) = e�(t)(cos(�(t)); sin(�(t)))ec(t) = eln(

5p

2t)(cos(ln( 5p

2t)); sin(ln( 5p

2t)))

ec(t) = 5p2t(cos(ln( 5p

2t)); sin(ln( 5p

2t)))

ec�(t) = 5p2(cos(ln( 5p

2t))� sin(ln( 5p

2t)); cos(ln( 5p

2t)) + sin(ln( 5p

2t)))

kec�(t)k =��

5p2

�2� 2� 12

=h52

2 � 2i 12

= 5

kec�(t)k = 5 8 t > 0Luego la rapidez es constante.

b) � = ln( 5p2t)() t =

p25 e

�

4

x(t) = 5p2t cos(ln( 5p

2t)) =) x�(t) = 5p

2

�cos(ln( 5p

2t))� sin(ln( 5p

2t))�

3

y(t) = 5p2t sin(ln( 5p

2t)) =) y�(t) = 5p

2

�sin(ln( 5p

2t)) + cos(ln( 5p

2t))�

en � = �

4 ; es decir t0 =p25 e

�

4 se tiene:�!v = ec�(t0) =

�x`(

p25 e

�

4 ); y�(p25 e

�

4 )�= 5p

2

�cos(�4 ))� sin(�4 )); cos(�4 ) + sin(�4 )

�

�!v = (0; 5)

x"(t) = � 5p2t

�sin(ln( 5p

2t) + cos(ln( 5p

2t))�

y"(t) = 5p2t

�cos(ln( 5p

2t))� sin(ln( 5p

2t)�

�!a =�x"(

p25 e

�

4 ); y"(p25 e

�

4 )�

�!a =�� 5p

25

p2e

�

4

�sin(�4 ) + cos(

�

4 )�; 5p

2t5

p2e

�

4

�cos(�4 )� sin(�4 )

��

�!a = (�25p2e�

�

4 ; 0)

4

U. DE SANTIAGO DE CHILE FAC. DE CIENCIA DEP. DE MATEMÁTICA Y C.C.

PRIMERA PRUEBA CÁLCULO AVANZADO

Ingeniería Civil Segundo Semestre 2005

PREGUNTA 1. Sea f : [0; �]! IR de�nida por : f(x) = x (� � x) :

a. Encontrar una función par F (x) periódica, tal que F (x) = f(x) 8x 2 [0; �] y obtener el desarrollo enserie de Fourier de la función F (x):

b. Encontrar una función impar G(x) periódica, tal que G(x) = f(x) 8x 2 [0; �] ; y obtener el desarrollo enserie de Fourier de la función G(x):

c. A partir de a. y b. probar que :1X

n=1

(�1)n+1n2

=�2

12y

1X

n=1

(�1)n+1

(2n� 1)3=�3

32

Desarrollo.

a. Para ello, hacemos una extensión par de f(x) y luego construimos una función F (x) periódica de período2�; tal que F (x) = f(x)8x 2 [0; �] : Calculemos ahora los coe�cientes de Fourier de la función F (x) .Como esta función es par, tenemos que:

bn = 0 y a0 =2

�

�Z

0

x (� � x) dx = �2

3) a0

2= �

2

6

_____________________________________________0.3

an =2

�

�Z

0

x (� � x) cos(nx)dx = 2

�

2

4�

�Z

0

x cos(nx)dx��Z

0

x2 cos(nx)dx

3

5 ; con n � 1

an =2

�

��

cos(nx)

n2+x sin(nx)

n

��

0

��

2x cos(nx)

n2+

�

x2

n� 2

n3

�

sin(nx)

��

0

�

an = 2

�

� 2

n2(1 + cos(n�))

�

) a2n = �1

n2a2n�1 = 0

_____________________________________________0.3

) F (x) =�2

6�

1X

n=1

cos(2nx)

n2

_____________________________________________0.1

b. Ahora, hacemos una extensión impar de f(x) y construimos una función G(x) periódica de período 2�y tal que G(x) = f(x) 8x 2 [0; �] : Calculemos los coe�cientes de Fourier de la función G(x). Comoesta función es impar, tenemos que: a0 = an = 0; n � 1

bn =2

�

�Z

0

x (� � x) sin(nx)dx = 2

�

2

4�

�Z

0

x sin(nx)dx��Z

0

x2 sin(nx)dx

3

5

_____________________________________________0.2

Integrando por partes:

bn =2

�

�

�

�

sin(nx)

n2� x cos(nx)

n

��

0

��

2x sin(nx)

n2+

�

2

n3� x

2

n

�

cos(nx)

��

0

�

bn = �4

�n3[cos (n�)� 1)]) b2n = 0 y b2n�1 =

8

� (2n� 1)3

1

_____________________________________________0.4

) G(x) =8

�

1X

n=1

sin(2n� 1)x(2n� 1)3

_____________________________________________0.1

c. A partir de a. y b. tenemos:

F (x) =�2

6�

1X

n=1

cos(2nx)

n2y G(x) =

8

�

1X

n=1

sin(2n� 1)x(2n� 1)3

Estudiemos la Convergencia de las series en el punto x = �

2que es punto de continuidad de las funciones

F (x) y G(x):Entonces:

F (�2) =

�2

6�

1X

n=1

cos(n�)

n2) �2

4=�2

6�

1X

n=1

cos(n�)

n2

)

1X

n=1

cos(n�)

n2= ��

2

12

_____________________________________________0.3

G(�2) =

8

�

1X

n=1

sin(2n� 1)�2

(2n� 1)3 ) �2

4=8

�

1X

n=1

sin(2n� 1)�2

(2n� 1)3

)

1X

n=1

(�1)n+1(2n� 1)3 =

�3

32

_____________________________________________0.3

PREGUNTA 2. Una partícula parte del punto (0,1,0) y se desplaza según una trayectoria ~r(t) talque ~r �(t) = (sin t;� cos t; 1).

a. Determinar ~r(t), t parámetro cualquiera y ~r(s); s parámetro longitud de arco.

b. Calcule �T, �N y �B.

c. Determine � y �

d. Con los datos obtenidos de la curva, diga fundamentadamente de que curva se trata y si es posible hagaun bosquejo de ella.

Desarrollo.

a. Sea ~r(t) = (x(t); y(t); z(t))) si ~r �(t) = (sin t;� cos t; 1) y r(0) = (0; 1; 0))~r(t) = (1� cos t; 1� sin t; t)_____________________________________________0.8

s =

tZ

o

k(sinu;� cosu; 1)k du =tZ

o

p2du =

p2u=t

o=p2t

s =p2t o t =

sp2

~r(s) =

�

1� cos�

sp2

�

; 1� sin�

sp2

�

;sp2

�

_____________________________________________0.7

2

b. �T = ~r �(s)) �T =1p2

�

sin

�

sp2

�

;� cos�

sp2

�

; 1

�

_____________________________________________0.5

�N =T̂ �(s)

T̂ �(s)

) �N =�

cos

�

sp2

�

; sin

�

sp2

�

; 0

�

_____________________________________________0.5

�B = �T � �N ) �B = - 1p2

�

� sin�

sp2

�

; cos

�

sp2

�

;1p2

�

_____________________________________________0.5

c. � = kr"(s)k ) � =

�

1

2cos

�

sp2

�

; 12sin

�

sp2

�

; 0

�

) � = 1

2

_____________________________________________0.7

dB̂

ds= � �N y

dB̂

ds= �

�

1p2

�2�

cos

�

sp2

�

; sin

�

sp2

�

; 0

�

= �12�N

) � =� 12

_____________________________________________0.8

d. � = 1

2y � =� 1

2son constantes la curva es una hélice. Además (x� 1) = � cos t;

_____________________________________________0.7

y�1 = � sin t) (x�1)2+( y � 1)2 = 1; la hélice esta contenida en el cilindro (x�1)2+( y � 1)2 = 1:_____________________________________________0.8

PREGUNTA 3. Un pelícano vuela siguiendo la trayectoria ~r(t) = (t� cos t; 3 + sin 2t; 1� cos 3t)

a. Calcule la velocidad y rapidez con que se desplaza el pelícano en el instante t = �

4

b. En el instante t = �

2el pelícano abandona la trayectoria ~r(t) para, siguiendo en linea recta, atrapar un

pez que se encuentra en la super�cie del mar. Si la super�cie del mar es representada por el plano xy,determine la ubicación del pez.

c. ¿En cuanto tiempo el pelícano llega al objetivo desde el momento que abandona la trayectoria?

Desarrollo.

a. ~r(t) = (t� cos t; 3 + sin 2t; 1� cos 3t)) ~r �(�4) =

�

1 +1p2; 0;

3p2

�

_____________________________________________1.0

por lo cual ~v(�4) = ~r �(�

4) =

�

1 +1p2; 0;

3p2

�

y

~v(�4)

=p

6 +p2 rapidez.

_____________________________________________1.0

b. ~r(�2) = (�

2; 3; 1) ; ~r �(�

2) = (2;�2;�3))

~r �(�2)

=p17

lT (t) = (�

2; 3; 1) + t(2;�2;�3) =

�

�

2+ 2t; 3� 2t; 1� 3t

�

z(t) = 1� 3t = 0) t = 1

3

lT (1

3) =

�

3�+4

6; 73; 0�

Ubicación del Pez.

_____________________________________________2.0

3

c.

~r �(�2)

=p17) T̂ (�

2) =

�

2p17;� 2p

17;� 3p

17

�

lT (�) = (�

2; 3; 1) + �

�

2p17;� 2p

17;� 3p

17

�

1� 3p17� = 0) � =

p17

3, Tiempo que tarda el pelícano en llegar al objetivo

_____________________________________________2.0

4


PRIMERA PRUEBA CÁLCULO AVANZADO

Ingeniería Civil Primer Semestre 2006

PREGUNTA 1. Sea f(x) = x (sinx) ; si �� < x < �; entonces:

a. Determine la Serie de Fourier de esta función.

b. Pruebe la convergencia de la serie:

1X

n=2

(�1)nn2 � 1 =

1

4

Desarrollo.

a.

La función f(x) es par, es decir f(x) = f(�x) 8x 2 (��; �), entonces:

bn = 0

a0 =1

�

�Z

0

x sinxdx = 1

�

2

4[x (� cosx)]�0+

�Z

0

cosxdx

3

5 = 1

an =2

�

�Z

0

x sin(x) cos(nx)dx

Para n 6= 1

an =1

�

�Z

0

x [sin [(n+ 1)x]� sin [(n� 1)x]] dx = 2(�1)n+1n2 � 1

Para n = 1

a1 =2

�

�Z

0

x sin(x) cos(x)dx = 1

�

�Z

0

x sin(2x)dx = �12

Por lo tanto la serie es:

x sinx = 1� 1

2cosx+ 2

1X

n=2

(�1)n+1n2 � 1 cos(nx)

b. En x = 0 hay un punto de continuidad de la función, entonces la serie converge a f(0)

f(0) = 0 = 1� 1

2cos 0 + 2

1X

n=2

(�1)n+1n2 � 1 cos(0)

)1X

n=2

(�1)n+1n2 � 1 =

1

4

PREGUNTA 2. Una partícula se moviliza en el espacio IR3 siguiendo la trayectoria descrita por

1

~r(t) =�

2 + 1p2cos t+ 1p

3sin t; 2� 1p

2cos t+ 1p

3sin t; 1 + 1p

3sin t

�

; t 2IR

a. Pruebe que ~r(t) describe una circunferencia contenida en el plano x + y � 2z = 2: Indique el radio dedicha circunferencia.

b. Calcule �T, �N y �B para todo t

Desarrollo.

a. x = 2 +1p2cos t+

1p3sin t

y = 2� 1p2cos t+

1p3sin t

�2z = �2� 2p3sin t

x+ y � 2z = 4� 2 + 1p2(cos t� cos t) + 1p

3(sin t+ sin t� 2 sin t) = 2

) ~r(t) está contenida en el plano x+ y � 2z = 2

Además:

~r0(t) =�

1p3(cos t)� 1p

2(sin t) ; 1p

3(cos t) + 1p

2(sin t) ; 1p

3(cos t)

�

k~r0(t)k =r

�

1p3(cos t)� 1p

2(sin t)

�2

+�

1p3(cos t) + 1p

2(sin t)

�2

+�

1p3(cos t)

�2

Por componentes:�

1p3(cos t)� 1p

2(sin t)

�2

= 1

2sin2 t+ 1

3cos2 t� 2p

6sin t cos t

�

1p3(cos t) + 1p

2(sin t)

�2

= 1

2sin2 t+ 1

3cos2 t+

2p6sin t cos t

�

1p3(cos t)

�2

= 1

3cos2 t

Luego,

k~r0(t)k =r

1

2sin2 t+ 1

3cos2 t� 2p

6sin t cos t+ 1

2sin2 t+ 1

3cos2 t+

2p6sin t cos t+ 1

3cos2 t

k~r0(t)k =q

2

2sin2 t+ 3

3cos2 t = 1

) k~r0(t)k = 1. De esto se deduce que t = s donde s parámetro longitud de arco.

Calculamos ahora

~r00(s) =�

� 1p2(cos t)� 1p

3(sin t) ; 1p

2(cos t)� 1p

3(sin t) ;� 1p

3(sin t)

�

:

Como K(s) = k~r00(s)k calculamos

k~r00(s)k =r

1

3sin2 t+ 1

2cos2 t+

2p6sin t cos t+ 1

3sin2 t+ 1

2cos2 t� 2p

6sin t cos t+ 1

3sin2 t

k~r00(s)k =p

sin2 t+ cos2 t = 1

K(s) = 1 constante por lo que ~r(t) describe una circunferencia.

2

R =1

K) R = 1 radio de la circunferencia.

b. �T, �N y �B

T̂ =�

� 1p2sin s+ 1p

3cos s; 1p

2sin s+ 1p

3cos s; 1p

3cos s

�

N̂ =

dT̂

ds

dT̂

ds

=�

� 1p2(cos s)� 1p

3(sin s) ; 1p

2(cos s)� 1p

3(sin s) ;� 1p

3(sin s)

�

B̂ = T̂ � N̂ =

�

�

�

�

�

�

i j k

� 1p2sin s+ 1p

3cos s 1p

2sin s+ 1p

3cos s 1p

3cos s

� 1p2(cos s)� 1p

3(sin s) 1p

2(cos s)� 1p

3(sin s) � 1p

3(sin s)

�

�

�

�

�

�

B̂ =�

� 1p6;� 1p

6;� 2p

6

�

PREGUNTA 3. Una curva C está determinada por la intersección de la esfera x2 + y2 + z2 = a2

y el cilindro recto�

x� a2

�2

+ y2 =a2

4: Se pide:

a. Parametrizar la curva C.

b. Determinar la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto (0; 0; a)

c. Determine la ecuación del plano osculador del correspondiente triedro móvil en el punto (0; 0; a) de dichacurva.

Desarrollo.

a. x� a2=a

2cos t ; y =

a

2sin t considerando al cilindro.

De la ecuación de la esfera: z2 = a2 � x2 � y2

Reemplazando:

z2 = a2 ��a

2(1 + cos t)

�2

��a

2sin t

�2

=a2

2(1� cos t)

La ecuación de la trayectoria es:

~r(t) =

�

a

2(1 + cos t) ;

a

2sin t;

ap2

p

(1� cos t)�

b. Si ~r(to) = (0; 0; a)) to = �

~r0(t) =�

� 1

2a sin t; 1

2a cos t; a

2p2

sin tp� cos t+ 1

�

~r0(�) =�

0;�a2; 0�

=a

2(0;�1; 0)

Como (0;�1; 0) = T̂ la ecuación de la recta tangente es:

(x; y; z) = (0; 0; a) + t (0;�1; 0) ; t 2 IR

c. ~r00(t) =

0

B

B

@

�a

2cos t;�a

2sin t;

a

2p2

cos tp1� cos t� sin2 t

2p1� cos t

1� cos t

1

C

C

A

3

~r00(�) =�

a

2; 0;�a

4

�

= a

4(2; 0;�1)

~r0(�)� ~r00(�) vector paralelo a B̂:

~r0(�)� ~r00(�) = a

8(1; 0; 2)) (1; 0; 2) es paralelo a B̂:

Por lo tanto, la ecuación del plano osculador es:

(x; y; z � a) � (1; 0; 2) = 0

) x+ 2z � 2a = 0

4

PAUTA PRIMERA PRUEBA CÁLCULO AVANZADOIngeniería Civil Segundo Semestre 2006

29 de Septiembre de 2006

PROBLEMA 1Suponga que f(t) = cos(at) en ]0; �[ y a no es un entero.

a) Obtenga el desarrollo cosenoidal de medio rango para esta función.

b) Usando el resultado obtenido en a) y asignando un valor adecuado a t, pruebe que:

cot(a�) = 1a�� 2a

�

1P

n=1

1n2�a2

indicación:

1. cos� cos� = 12 [cos(�+ �) + cos(�� )]

2. sin(�� n�) = (�1)n sin�

SOLUCIÓN

a) Debemos hacer una extensión par de f(t) = cos(at) hacia el intervalo (��; 0) y tomamos la función entre�� y � periódica de período 2�:

bn = 0 para todo n

a0 =1�

�R

0

cos(at)dt = 1�asen(at)j�0 = 1

�asen(a�)

an =2�

�R

0

cos(at) cos(nt)dt = 1�

�R

0

[cos(a+ n)t+ cos(a� n)t] dt

an =1�

h

sin(a+n)ta+n + sin(a�n)t

a�n

i�

0= 1

�

h

sin(a+n)�a+n + sin(a�n)�

a�n

i

an =1�

h

(�1)n sin(a�)a+n + (�1)n sin(a�)

a�n

i�

0= 1

�

2aa2�n2 (�1)n sin(a�)

La serie cosenoidal de medio rango para esta función es:1�asen(a�) + 2a

�

1P

n=1

(�1)n sin(a�)a2�n2 cos(nt)

b) Por el teorema de convergencia y tomando t = �

1�asen(a�) + 2a

�

1P

n=1

(�1)n sin(a�)a2�n2 cos(n�) = cos(a�)

=) 1�asen(a�) + 2a sin(a�)

�

1P

n=1

1a2�n2 = cos(a�)

Dividiendo por sin(a�) se tiene

cot(a�) = 1a�+ 2a

�

1P

n=1

1a2�n2

es decir

cot(a�) = 1a�� 2a

�

1P

n=1

1n2�a2

1

PROBLEMA 2Para la curva C de R3determinada por la intersección del cilindro x2 + y2 = 1 con el plano z = 4y se

pide:

a) Obtener una representación vectorial del tipo r(t) = (x(t); y(t); z(t)) t 2 [a; b]

b) Determinar los vectores unitarios T̂ ; N̂ y B̂ en el punto P0 = (0; 1; 4)

c) Calcular la curvatura �(t) en cada punto de la curva C y obtener los puntos de curvatura máxima y decurvatura mínima, si es que existen.

SOLUCIÓN

a) C : x2 + y2 = 1; z = 4y

Sea x = cos(t) ; y = sin(t) ; t 2 [0; 2�]entonces z = 4 sin(t)luegoC : ~r(t) = (cos(t); sin(t); 4 sin(t)) t 2 [0; 2�]

b) ~r0(t) = (� sin(t); cos(t); 4 cos(t))

~r00(t) = (� cos(t);� sin(t);�4 sin(t))

P0 = (0; 1; 4) se obtiene en t = �

2 =) ~r0(�2 ) = (�1; 0; 0) y~r00(�2 ) = (0;�1; 4)

T̂ (�2 ) =~r0(�2)

k~r0(�2 )k = (�1; 0; 0)

N̂(�2 ) =~r0(�2)�~r00(�

2)�~r0(�

2)

k~r0(�2 )�~r00(�2 )�~r0(�2 )k

~r0(�2 )� ~r00(�2 ) =

�

�

�

�

�

�

{̂ |̂ k̂

�1 0 00 �1 �4

�

�

�

�

�

�

= (0;�4; 1)

~r0(�2 )� ~r00(�2 )� ~r0(�2 ) =

�

�

�

�

�

�

{̂ |̂ k̂

0 �4 1�1 0 0

�

�

�

�

�

�

= (0;�1; 4)

N̂(�2 ) =1p17(0;�1;�4)

B̂ (�2 ) =~r0(�2)�~r00(�

2)

k~r0(�2 )�~r00(�2 )k =1p17(0;�4; 1)

c) �(t) = ~r0(t)�~r00(t)k~r0(t)k3

~r0(t)� ~r00(t) =

�

�

�

�

�

�

{̂ |̂ k̂

� sin t cos t 4 cos t� cos t � sin t �4 sin t

�

�

�

�

�

�

=

= (�4 sin(t) cos(t) + 4 sin(t) cos(t);�(4 sin2(t) + 4 cos2(t)); sin2(t) + cos2(t))= (0;�4; 1) y k~r0(t)� ~r00(t)k =

p17

�(t) =p17

(sin2(t)+cos2(t)+16 cos2(t))3

2

�(t) =p17

(1+16 cos2(t))3

2

�(t)max se obtiene en t = �

2 y K(�

2 ) =p17

�(t)min se obtiene en t = 0; t = �; t = 2��(0) = 1p

17

2

PROBLEMA 3La trayectoria de una curva se de�ne por ~r(t) = (t� cos(t); 3 + sin(2t); 1 + cos(3t)):Se pide

a) Probar que el vector aceleración a(t) en el punto t = 0 pertenece al plano osculador.

b) Determine la ecuación del plano osculador a la curva en (�1; 3; 2)

c) Calcule �(0)

SOLUCIÓN

a) ~r(t) = (t� cos(t); 3 + sin(2t); 1 + cos(3t)) =) ~r(0) = (�1; 3; 2)

~r0(t) = (1 + sin(t); 2 cos(2t);�3 sin(3t) =) ~r0(0) = (1; 2; 0)

~r00(t) = (cos(t);�4 sin(2t);�9 cos(3t)) =) ~r00(0) = (1; 0;�9)

Como a(t) = ~r00(t) =) a(0) = (1; 0;�9)

B̂ es paralelo a ~r0(0)� ~r00(0) y ~r0(0)� ~r00(0) =

�

�

�

�

�

�

{̂ |̂ k̂

1 2 01 0 �9

�

�

�

�

�

�

= (�18; 9;�2)

) B̂ es paralelo a (�18; 9;�2)

Por otra parte,a(0) � B̂ = (1; 0;�9) � (�18; 9;�2) = 0) a(0) pertenece al plano osculador en (�1; 3; 2)

b) Plano osculador por (�1; 3; 2) es (x+ 1; y � 3; z � 2) � (�18; 9;�2) = 0

) 18x� 9y + 2z + 41 = 0 es la ecuación del plano osculador en (�1; 3; 2)

c) ~r000(t) = (� sin(t);�8 cos(2t); 27 sin(3t))

~r000(0) = (0;�8; 0)

�(0) = [~r0(0)�~r00(0)]�~r0(0)k~r0(0)�~r00(0)k2

[~r0(0)� ~r00(0)] � ~r0(0) =

�

�

�

�

�

�

1 2 01 0 �90 �8 0

�

�

�

�

�

�

= �72

�(0) = �72182+92+22 =

�72409

3


PRIMERA PRUEBA CÁLCULO AVANZADO 10007Ingeniería Civil Primer Semestre 2007

Pregunta 1

a) Demuestre que:

� cos(ax)

2a sin(a�)=

1

2a2+

cosx

12 � a2�cos(2x)

22 � a2+cos(3x)

32 � a2� :::

donde a =2 Z, a es cualquier número real.

b) Muestre que la igualdad se cumple para x = � y x = ��, y deduzca que:

1X

n=1

1

n2 � a2=

1

2a2��

2acot(�a)

Solución

Consideramos f(x) = cos(ax) de�nida en �� < x < � como f(x) = cos(ax) de�ne una función par, la seriede Fourier respectiva será una serie de Cosenos, por lo que bn = 0 8n 2 N:

a0 =1

2�

�Z

��

cos(ax)dx =1

�

�Z

0

cos(ax)dx =1

�

sin(ax)

a=�0

=) a0 =1

�

sin(a�)

a

an =1

�

�Z

��

cos(ax) cos(nx)dx =2

�

�Z

0

cos(ax) cos(nx)dx; n = 1; 2; 3

an =1

�

�

sin(a+ n)x

a+ n+sin(a� n)x

a� n

��

0

=1

�

�

sin(a+ n)�

a+ n+sin(a� n)�

a� n

�

pero

sin(a+ n)� = sin(a�) cos(n�) + cos(a�) sin(n�) = sin(a�) cos(n�)

sin(a� n)� = sin(a�) cos(n�)� cos(a�) sin(n�) = sin(a�) cos(n�)

entonces

an =1

�sin(a�) cos(n�)(

1

a+ n+

1

a� n)

an =1

�sin(a�) cos(n�)(

2a

a2 � n2)

1

�nalmente

an =(�1)n+1

�sin(a�)(

2a

n2 � a2) =

2a(�1)n+1

�(n2 � a2)sin(a�)

como f(x) = cos(ax) es continua en �� < x < � se tiene

cos(ax) =sin(a�)

a�+

1X

n=1

1

�sin(a�)

2a

n2 � a2(�1)n+1 cos(nx)

cos(ax) =2a sin(a�)

2a2�+2a sin(a�)

�

1X

n=1

(�1)n+1

n2 � a2cos(nx)

multiplicando esta última igualdad por �

2a sin(a�) se tiene:

� cos(ax)

2a sin(a�)=

1

2a2+

1X

n=1

(�1)n+1

n2 � a2cos(nx)

que es la igualdad pedida.

b) Puesto que:

limx!�

cos(ax) = cos(ax)

ylimx!��

cos(ax) = cos(ax)

limx!��

cos(ax) = limx!��+

cos(ax) = cos(ax)

En x = � la serie de Fourier converge a cos(a�):De la parte (a) se tiene entonces que:

1

2a2+

1X

n=1

(�1)n+1

n2 � a2cos(n�) =

� cos(a�)

2a sin(a�)=�

2acot(a�)

=)1X

n=1

(�1)n+1

n2 � a2(�1)n =

�

2acot(a�)�

1

2a2

Luego

1X

n=1

1

n2 � a2=

1

2a2��

2acot(�a)

2

Pregunta 2Se da una trayectoria regular r : R! R, de�nida por:

r(u) = (4au2

(1 + u2)2;2au(1� u2)

(1 + u2)2;a(1� u2)

1 + u2); a > 0

a) Pruebe que la función ' : R! ]��; �[ tal que t = '(u) = 2 arctanu de�ne la reparametrización de r :

�r : ]��; �[! R talque �r(t) = (a sin2 t; a sin(t) cos(t); a cos t)

b) Veri�que que �r(t) está contenida en una super�cie esférica

c) Probar que los planos normales a la curva descrita por �r(t) pasan por el centro de la esfera.

Solución

De '(u) = 2 arctanu se tiene que:'0(u) = 2

1+u2 > 0 8u 2 R; por lo tanto, es estrictamente creciente en Ry como ' es continua, ' es biyectiva, y por tanto, invertible. Además

'�1(t) = tan(t

2)

'�1 : ]��; �[! R es de clase C1 en ]��; �[ :

Por lo anterior, se puede de�nir �r(t) :

�r(t) = (r � '�1)(t) = r('�1(t)) = r(tan(t

2))

=) �r(t) = (4a tan2( t2 )

(1 + tan2( t2 ))2;2a tan( t2 )(1� tan

2( t2 )

(1 + tan2( t2 ))2

;a(1� tan2( t2 ))

(1 + tan2( t2 ))

Sustituyendo

�r(t) = (4a( 1�cos t1+cos t )

( 21+cos t )

2;2aq

1�cos t1+cos t (

2 cos t1+cos t )

( 21+cos t )

2;a( 2 cos t1+cos t )

( 21+cos t )

)

= (a(1� cos2 t); a cos tp

1� cos2 t; a cos t)

Por lo tanto, la reparametrización la podemos de�nir por:

�r(t) = (a sin2 t; a sin(t) cos(t); a cos t)

b)x(t) = a sin2 t; y(t) = a sin t cos t; z(t) = a cos t

x2 + y2 + z2 = a2 sin4 t+ a2 sin2 t cos2 t+ a2 cos2 t

= a2 sin2 t(sin2 t+ cos2 t) + a2 cos2 t

= a2(sin2 t+ cos2 t) = a2

) la curva está en la esfera x2 + y2 + z2 = a2

3

c) Se �r(t0) un punto cualquiera de la curva.

La ecuación del plano normal es:

�N : ((x; y; z)� �r(t0)) � �r0(t0) = 0

y (0; 0; 0) 2 �N si sólo si �r(t0) � �r0(t0) = 0

�r(t0) � �r0(t0) = (a sin

2 t0; a sin(t0) cos(t0); a cos t0) � (2a sin t0 cos t0; a(cos2 t0 � sin

2 t0);�a sin t0)

= 2a2 sin3 t0 cos t0 + a2(sin t0 cos

3 t0 � sin3 t0 cos t0)� a

2 sin t0 cos t0= a2 sin3 t0 cos t0 + a

2 sin t0 cos3 t0 � a

2 sin t0 cos t0= a2 sin t0 cos t0 � a

2 sin t0 cos t0= 0

) (0; 0; 0) 2 �N

4

Pregunta 3Dada la ecuación de la trayectoria r(t) =(a cosh( t

a); t; 0)

a) Encuentre la curvatura K(t)

b) Reparametrizar la curvatura en función de la longitud de arco

c) Encuentre la ecuación del plano osculador en t = 0

Solución

a)

r(t) =(a cosh( ta); t; 0)

Tomemos:

r0(t) = (sinh(t

a); 1; 0)

kr0(t)k = (sinh2(t

a) + 1)

12 = cosh(

t

a)

r00(t) = (1

acosh(

t

a); 0; 0)

r0(t)� r00(t) = (0; 0;�1

acosh(

t

a))

De este modo

K(t) =kr0(t)� r00(t)k

kr0(t)k3 =

q

( 1a2) cosh2( t

a)

(sinh2( ta) + 1)

32

K(t) =1

a cosh2( ta)

b)

s(t) =

tZ

0

kr0(u)k du =

tZ

0

cosh(u

a)du = a sinh(

t

a)

s = a sinh(t

a) =) t = arcsinh(

s

a)

Además

s2 + a2 = a2 sinh2(t

a) + a2

s2 + a2

a2= sinh2(

t

a) + 1 = cosh2(

t

a)

) cosh(t

a) =

1

a

p

s2 + a2

) r(s) = (p

s2 + a2; a arcsinh(s

a); 0)

c)(r � r(0) � ~B(0) = 0; con ~B(0) = r0(0)� r00(0)

5

~B(0) = (0; 0;�1

a) =

1

a(0; 0;�1)

[(x; y; z)� (a; 0; 0))] � (0; 0;�1) = 0

=) z = 0

6


PRIMERA PRUEBA CÁLCULO AVANZADO 10007Ingeniería Civil Segundo Semestre 2007

Pregunta 1Considere la función f(t) = t� p

2 de�nida en�0; p2

�

a) Obtenga la serie de Fourier de senos de esta función.

b) Pruebe que1Pn=1

(�1)n+1(2n�1) =

�4

Solución:

a) Haremos una extención impar de f(t) y como consecuencia de esto se tiene:

an=0 todo n = 0; 1; 2; 3::::::

...........................................................................................................................................................0.2

bn =2p

2

p

2Z

0

(t� p2)sen(

n�p

2

t)dt =4

p

p

2Z

0

(t� p2)sen(

2n�

pt)dt

bn =4

p

p

2Z

0

tsen(2n�

pt)dt� 2

p

2Z

0

sen(2n�

pt)dt

...........................................................................................................................................................0.2

p

2Z

0

tsen(2n�

pt)dt = � pt

2n�cos(

2n�

pt) j

p

2

0 +p

2n�

p

2Z

0

cos(2n�

pt)dt = � p2

4n�cos(n�)

p

2Z

0

sen(2n�

pt)dt =

p

2n�cos(

2n�

pt) j

p

2

0 =p

2n�(cos(n�)� cos(0))

=) bn =4

p(� p2

4n�cos(n�)) + 2

p

2n�(cos(n�)� cos(0))

...........................................................................................................................................................0.2

= � p

n�cos(n�) +

p

n�cos(n�)� p

n�= � p

n�

...........................................................................................................................................................0.2

1

La serie es: 1X

n=1

(� p

n�)sen(

2n�

pt)

...........................................................................................................................................................0.2

b) Si t = p

4

...........................................................................................................................................................0.2

1X

n=1

(� p

n�)sen(

n�

2) = �p

4

=)1X

n=1

sen(n�2 )

n=�

4

=) 1� 13+1

5� 17+1

9� 1

11+ ::: =

�

4

...........................................................................................................................................................0.6es decir: 1X

n=1

(�1)n+1(2n� 1) =

�

4

...........................................................................................................................................................0.2

2

Pregunta 2Un edi�cio de 10 pisos de forma cilíndrica con una base que es una circunferencia de 30 mts de ra-

dio, tiene una escalera adosada por el exterior en forma de espiral cuya ecuación paramétrica es r(t) =(30 cos(t); 30sen(t); bt)

a) Probar que las rectas tangentes en cada punto a la espiral forman un ángulo constante con el eje z.

b) Determinar el valor que debe tomar b para que el ángulo sea 60�

c) Determinar la longitud de la rampa de la escalera medida por el lado interior desde el suelo hasta elúltimo piso(considerar que cada vez que t se incrementa en 2� se sube un piso).

Solución:

r(t) = (30 cos t; 30sent; bt)=) r0(t) = (�30sent; 30 cos t; b) y k r0(t) k=

p302 + b2

............................................................................................................................................0.5

a) cos(�) = (�30sen(t0);30 cos(t0);b)�(0;0;1)p302+b2

= bp302+b2

es constante

) � es constante.

............................................................................................................................................0.5

b) cos(60�) = 12 =

bp302+b2

=) 302 + b2 = 4b2 =) b2 = 300

) b = 10p3

............................................................................................................................................0.5

c) s(t) =2�R0

p302 + b2dt =

p302 + b2t j2�0 = 2�

p302 + b2 cada piso

) Longitud de la rampa es = 20�p302 + b2

...........................................................................................................................................0.5

3

Pregunta 3

Dada la curva regular r(t) = (cos2 t; sen2t; t+ 1), se pide:

a) Hallar los vectores bT , bN y bB en el punto P=(1,0,1)

b) Hallar la ecuación de la recta normal en el punto P.

c) Hallar la ecuación del plano recti�cante en P.

d) Hallar la curvatura en P.

c) Si la curva es plana, hallar la ecuacion del plano que la contiene.

Solución:

r(t0) = P = (1; 0; 1) =) t0 = 0

r0(t) = (�sen2t; sen2t; 1) =) r0(0) = (0; 0; 1)

r00(t) = (�2 cos 2t; 2 cos 2t; 0) =) r00(0) = (�2; 2; 0)r0(0)� r00(0) = (�2;�2; 0) y k r0(0)� r00(0) k= 2

p2

..............................................................................................................................................0.4

a) bT = (0; 0; 1); bB = (�2;�2;0)2p2

= (� 1p2;� 1p

2; 0)

bN = bB � bT =

��

i j k

� 1p2

� 1p2

0

0 0 1

��= (� 1p

2; 1p

2; 0) =) bN = (� 1p

2; 1p

2; 0)

...............................................................................................................................................0.6Recta Normal:

(x; y; z) = (1; 0; 1) + t(�1; 1; 0)

�ox� 1�1 =

y

1; z = 1

...............................................................................................................................................0.2

c) Plano Recti�cante:

[(x; y; z)� (1; 0; 1)] � bN = 0 =) (x� 1; y; z � 1) � (�1; 1; 0) = 0

=) x� y � 1 = 0

................................................................................................................................................0.2

4

d) K(0) = kr0(0)�r00(0)kkr0(0)k3 = 2

p2

13 = 2p2

..............................................................................................................................................0.2

e) �(t) = r0(t)�r00(t)�r000(t)kr0(t)�r00(t)k2 = 1

8

��

�sen2t sen2t 1�2 cos 2t 2 cos 2t 04sen2t �4sen2t 0

��= 1

8 � 0 = 0

) r(t) es una curva plana.

...............................................................................................................................................0.2

Además:x = cos2 t; y = sen2t; z = t+ 1

=) x+ y = 1

...............................................................................................................................................0.2

5

U. DE SANTIAGO DE CHILE FAC. DE CIENCIA DEP. DEMATEMÁTICA Y C.C.

PRIMERA PRUEBA CÁLCULO AVANZADO 10007Ingeniería Civil Primer Semestre 2008

Pregunta 1

Utilizando serie de Fourier para f(x) = ex en [-�; �]: Demuestre que

a) ex =asenh�

�

�1

a+

1P1

�(�1)n1 + n2

cos(nx)� n(�1)n

1 + n2sen(nx)

��para

algún a 2 R

b)1P1

1

1 + n2= b

�� tanh�tanh�

�; para algún b 2 R

Solucióna)

a0 =1

�

�Z

��

exdx =2

�

�e� � e��

2

�=2senh(�)

�

an =1

�

�Z

��

ex cos(nx)dx =1

�

�ex (nsen(nx) + cos(nx))

n2 + 1

��

j��

an =2(�1)nsenh(�)�(n2 + 1)

bn =1

�

�Z

��

exsen(nx)dx =1

�

�ex (�n cos(nx) + sen(nx))

n2 + 1

��

j��

bn =�2n(�1)nsenh(�)

�(n2 + 1)

luego

ex =2senh(�)

2�+

1P1

�2(�1)nsenh(�)�(n2 + 1)

cos(nx)� 2n(�1)nsenh(�)

�(n2 + 1)sen(nx)

�

ex =2senh(�)

�

�1

2+

1P1

�(�1)nn2 + 1

cos(nx)� n(�1)n

n2 + 1)sen(nx)

��

) a = 2

1

b)

Si x = �

S(�) =f(�+) + f(��)

2=e� + e��

2= cosh(�)

luego

cosh(�) =2senh(�)

�

�1

2+

1P1

�(�1)n � (�1)n

n2 + 1

��

�

2

cosh(�)

sinh(�)=1

2+

1P1

�1

n2 + 1

�

�

2

cosh(�)

sinh(�)� 12=

1P1

�1

n2 + 1

�

1

2

�� cosh(�)

sinh(�)� 1�=

1P1

�1

n2 + 1

�

1

2

��

tanh(�)� 1�=

1P1

�1

n2 + 1

�

1

2

�� tanh(�)tanh(�)

�=

1P1

�1

n2 + 1

�

) b = 1

2

Pregunta 2

Para la curva C dada por �!r (t) =�t� sent; 1� cos t; 4sen

�t

2

��, t 2

[0; 2�] :

a) Veri�que si la curva es regular

b) Calcular su longitud L:

c) Determinar la ecuación de la recta tangente en el punto (�; 2; 4)

Solución

a) A partir de �!r (t) =�t� sent; 1� cos t; 4sen

�t

2

��tenemos

�!r 0(t) =�1� cos t; sent; 2 cos

�t

2

��6= �!0 8t 2 [0:2�]

2

luego la curva es regular

b) Entonces: k�!r 0(t)k =s(1� cos t)2 + sen2t; 4 cos2

�t

2

�

k�!r 0(t)k =s1� 2 cos t+ cos2 t+ sen2t+ 4 cos2

�t

2

�

k�!r 0(t)k = 2

luego L(�!r ) =2�Z

0

2dt = 2t2�

j0

= 4�

c) �!r (t0) =�t0 � sent0; 1� cos t0; 4sen

�t0

2

��= (�; 2; 4)

4sen

�t0

2

�= 4) sen

�t0

2

�= 1) t0 = �

�!r (�) = (�; 2; 4)

�!r 0(�) = (2; 0; 0)

Entonces la ecuación de la recta tangente en el punto �!r (�) es

�!r (�) = �!r (�) + ��!r 0(�)

�!r (�) = (�; 2; 4) + �(2; 0; 0)

y = 2z = 4

Pregunta 3

Para la curva C descrita por �!r (t) = (2t; t2; ln t) , t 2]0;+1[:

a) Determinar los vectores bT; bN y bB:

b) Calcule la curvatura en cualquier punto de C .

c) Obtenga el punto de la curva en que la curvatura es máxima.

Solución

3

a)c(t) =

�2t; t2; ln t

�; t 2]0;+1[

c0(t) =

�2; 2t;

1

t

�

kc0(t)k =r4 + 4t2 +

1

t2=

r4t2 + 4t4 + 1

t2

kc0(t)k =r(2t2 + 1)2

t2=2t2 + 1

t

bT =dc

dt

dc

dt

) bT = t

2t2 + 1

�2; 2t;

1

t

�

c00(t) =

�0; 2;� 1

t2

�

c0(t)� c00(t) =

��

bi bj bk2 2t

1

t

0 2 � 1t2

��=�� 4

t

�bi+ 2

t2bj + 4bk

kc0(t)� c00(t)k = 2

t2(�2t; 1; 2t2)

= 2

t2

p4t2 + 1 + 4t4)

) kc0(t)� c00(t)k = 2

t2

p(2t2 + 1)2 = 2

t2(2t2 + 1)

Asi bB = c0(t)� c00(t)kc0(t)� c00(t)k )

bB = t2

2(2t2 + 1)

�� 4

t; 2t2; 4�

simpli�cando bB = 1

2t2 + 1

��2t; 1; 2t2

�

bN = bB� bT = 1

(2t2 + 1)2

��

bi bj bk�2t 1 2t2

2t 2t2

��=

1

(2t2 + 1)2

�1� 4t4; 4t3 + 2t;�(4t3 + 2t)

�

bN =1

(2t2 + 1)2

��1� 2t2

� �1 + 2t2

�; 2t�2t2 + 1

�;�2t

�2t2 + 1

��

bN =1

2t2 + 1

�1� 2t2; 2t;�2t

�

4

b)

K(t) = kc00(s)k = d bTds

= d bTdt� dtds

=

d bTdt

kc0(s)k

bT = 1

2t2 + 1

�2t; 2t2; 1

�=

�2t

2t2 + 1;2t2

2t2 + 1;

1

2t2 + 1

�

d bTdt=

2(2t2 + 1)� 8t2

(2t2 + 1)2

;4t(2t2 + 1)� 8t3

(2t2 + 1)2

;�4t

(2t2 + 1)2

!

d bTdt=

2

(2t2 + 1)2

�1� 2t2; 2t;�2t

�

d bTdt

=2

(2t2 + 1)2

p1 + 4t4 + 4t2 =

2

(2t2 + 1)2

p(2t2 + 1)2

d bTdt

=2

(2t2 + 1)

pero kc0(t)k = 2t2 + 1

t

Por lo tanto K(t) =2t

(2t2 + 1)2

c)

K(t)

dt=2�2t2 + 1

�2 � 16t2�2t2 + 1

�

(2t2 + 1)4

=2(1� 6t2)(1 + 2t2)

3

Punto crítico: t =1p6

Si t <1p6entonces K 0(t) > 0 y

si t >1p6entonces K 0(t) < 0

Luego en t =1p6la curvatura es máxima y ocurre

en c�1p6

�=

�2p6;1

6; ln

1p6

�

5

U. DE SANTIAGO DE CHILE FAC. DE CIENCIA DEP. DEMATEMÁTICA Y C.C.

PRIMERA PRUEBA CÁLCULO AVANZADO 10007Ingeniería Civil Segundo Semestre 2008

Pregunta 1

a) Dada la función f(x) =�

x+ 2 si � 1 � x < 03x si 0 � x � 1 ; periódica de periodo 2,

que tiene como serie de Fourier,32 +

1P

n=1

h

�4�2(2n�1)2 cos ((2n� 1)�x)�

2�nsen(2n�x)

i

para todo x 2 (�1; 1)

Deducir justi�cando la respuesta el valor al cual converge la serie1P

n=1

1(2n�1)2

Solución.Con x0 = 0, punto en que f es discontinua con f(0�) = 2; f(0+) = 0; y f(x)

es seccionalmente continua en (�1; 1), se tiene la convergencia de la serie

32 +

1P

n=1

�4�2(2n�1)2 =

0+22 = 1 =)

1P

n=1

4�2(2n�1)2 =

12

=)1P

n=1

1(2n�1)2 =

�2

8 0:5

b) Obtener la Integral de Fourier de f(x) = e�jxj; x 2 R: Del resultado,

deducir el valor de1R

0

cosw1+w2 dw

Solución.

Como f(x) = e�jxj veri�ca f(�x) = e�j�xj = e�jxj = f(x) entonces f(x) esfunción par. Tiene integral de Fourier

f(x) = 1�

1R

0

A(w) cos(wx)dw, ya queB(w) = 0; conA(w) = 21R

0

e�v cos(wv)dv =

2h

e�v

1+w2 (� cos(wv) + wsen(wv))i1

0= 2

1+w2

Por lo tanto f(x) = 1�

1R

0

21+w2 cos(wx)dw =

2�

1R

0

cos(wx)1+w2 dw

Considerando que f(x) = e�jxj es contínua 8x; en x0 = 1 se obtiene laconvergencia

f(1) = e�1 = 2�

1R

0

cosw1+w2 dw; y

1R

0

coswx1+w2 dw =

�2e 1:5

1

Pregunta 2

Sea C una curva dada por�!r (t) =

�

(1+t)3=2

3 ;(1�t)3=2

3 ; tp2

�

; con t 2 I � R:a) Determinar el mayor intervalo I en el cual la curva C es regular.b) Calcular L(C), longitud de C; si t 2 I:c) Veri�car que

�!r0(t) es perpendicular a

�!r00(t) en todo punto de C:

d) Obtener los versores^T ;

^N;

^B en el punto P0 =

�

13 ;

13 ; 0�

Solución.

a) I debe ser dominio de�!r (t); lo que requiere que 1+ t � 0 y 1� t � 0 =)

t � �1 y 1 � t =) t 2 [�1; 1] :

Además�!r0(t) =

�

(1+t)1=2

2 ;� (1�t)1=22 ; 1p

2

�

6= (0; 0; 0)lo que se cumple en I y C es curva regular. 0:3

b) De a)

�!r0(t)

=q

1+t4 + 1�t

4 + 12 =

p1 y

L(C) =1R

�11dt = tj1�1 = 2 0:4

c) De�!r0(t);

�!r00(t) =

�

14 (1 + t)

�1=2; 14 (1� t)�1=2; 0

�

y�!r0(t)� �!r

00(t) = 1

8 � 18 + 0 = 0,

con lo cual�!r0(t) es perpendicular a

�!r00(t); si t 2 I, con t 6= �1 y t 6= 1

0:5

d) El punto P = (13 ;13 ; 0) corresponde a t = 0; de a) y b)

T (t) =�

(1+t)1=2

2 ;�(1�t)1=2

2 ; 1p2

�

; T (0) =�

12 ;� 1

2 ;1p2

�

También de a) y c)�!r0(0) =

�

12 ;� 1

2 ;1p2

�

;�!r00(0) =

�

14 ;

14 ; 0�

�!r0��!r

00(0) =

�

�

�

�

�

�

�

^i

^j

^k

12 � 1

21p2

14

14 0

�

�

�

�

�

�

�

=�

� 14p2; 14p2; 14

�

;

�!r0� �!r00(0)

= 1

2p2

y B(0) =�

� 12 ;

12 ;

p22

�

; N(0) = B(0)�T (0) = (p22 ;

p22 ; 0): 0:8

2

Pregunta 3

Una partícula en movimiento tiene una trayectoria dada por�!r (t) = (3 cos�(t); 3sen�(t); 1);

en R3; 8 t � 0;en que � = �(t), es función lineal que se anula en t = 0a) Veri�car que la trayectoria es circularb) Determinar �(t) > 0 si la rapidez del movimiento es igual a 2.c) Obtener la curvatura y la torsión de la trayectoria (justi�que sus respues-

tas)

Solución.

a) Las componentes de�!r (t); x(t) = 3 cos�(t); y(t) = 3sen�(t); z(t) = 1;

veri�can

x(t)2+ y(t)2 = 9(sen2�(t) + cos2 �(t)) = 9, o sea

x2 + y2 = 9 y z = 1; C es circunferencia que está en un cilindro circular yen un plano.

0:5

b) Debe ser

�!r0(t)

= 2 (rapidez), con lo cual de

�!r0(t) = (�3�0(t)sena(t); 3�0(t) cos�(t); 0);

�!r0(t)

=p

9�0(t)2sen2a(t) + 9�0(t)2 cos2 �(t) = 2

=) j3�0(t)j = 2 =) �0(t) = 23 =) �(t) = 2

3 t+ cy con �(0) = c = 0 =) �(t) = 2

3 t 0:7

c) De b) C es representada por�!r (t) = (3 cos 23 t; 3sen

23 t; 1) y se calculan

k(t), �(t) con fórmulas que

consideran�!r0(t);

�!r00(t);

�!r000(t). Esto es:

�!r0(t) = (�2sen 23 t; 2 cos 23 t; 0)

�!r00(t) = (� 4

3 cos23 t;� 4

3sen23 t; 0)

�!r000(t) = ( 89sen

23 t;� 8

9 cos23 t; 0)

�!r0� �!r00= (0; 0; 83 ); y resultan k =

13 y � = 0

Estos mismos valores resultan sin estos cálculos, considerando que C es cir-cunferencia de radio R = 3; k = 1

3 y C está en un plano y � = 0:

0:8

3

1

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE FACULTAD DE CIENCIA DEPARTAMENTO MATEMATICA Y C.C.

PRIMERA PRUEBA DE CÁLCULO AVANZADO 10007 Ingeniería Civil Primer Semestre 2009

(24/04/2009)

Problema 1.

Sea ],1,1[,1)( −∈+= xxxf periódica de periodo 2. Determinar:

a) Su serie de Fourier.

b) La convergencia de la serie �∞

= −12)12(

1

n n.

c) La convergencia de �∞

= −14)12(

1

n n.

Solución:

],1,1[,1)( −∈+= xxxf es función par, p=1; entonces � =+==1

0

0 3)1(2;0 dxxabn ;

( )

( )1)1(2

1)cos(2

)cos()(

2)(

1)(2

)(2

)cos(2)cos(2)cos()1(2

22

22

1

02

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

−−=

��

��

−==�

��

�

��

−+=

+=+=

�

� ��

n

n

n

nn

xnn

dxxnsennxn

xnxsen

xn

xnsen

dxxnxdxxndxxnxa

π

ππ

ππ

πππ

π

π

π

πππ

=�

�

�

imparesn Si;n

4-

paresn Si;0

22π

a) Con cambio de notación se obtiene serie de Fourier:

�∞

= −

−−=

122 )12(

)12cos(4

2

3)(

n n

xnxf

π

π1 pto.

b) Considerando valor de 00 =x , en el cual f es continua; además y =f(x) es

continua x∀ se obtiene por teorema de convergencia puntual.

==−

− �∞

=

1)0()12(

14

2

3

122

fnnπ

2

8)12(

1 2

12

π=

−�

∞

=n n 0.5 pto.

c) Con identidad de Parseval se tiene:

−

==−

−

+=+

��

��

�

−+�

�

��

�=+

�

�

��

∞

=

∞

=

∞

=

144

144

1

0

3

1

2

22

21

0

2

)12(

16

6

1

2

9

3

14

)12(

16

2

9

3

)1(2

)12(

4

2

32)1(2

n

n

n

n

ndx

x

ndxx

π

π

π

96)12(

1 4

14

π=

−�

∞

=n n 0.5 pto.

3

Problema 2.

Sea C una curva dada por ℜ∈+−=→

tttttttr ),3,3,3()( 323

a) Verificar que C es regular.

b) Calcular la longitud de segmento de C comprendido entre sus puntos A=(0,0,0) y B=(2,3,4)

c) Calcular ℜ∈tt

t,

)(

)(

τ

κ

d) Determinar los puntos de C en que la curvatura K sea máxima y puntos en que K sea mínima.

Solución:

De ℜ∈+−=→

tttttttr ),3,3,3()( 323

a) ≠+−=→

0)33,6,33()(' 22 ttttr es continua y es curva regular. 0.2 pto

)6,0,6()('''

)6,6,6()(''

−=

−=→

→

tr

tttr

b) 24)1(23)1(23)('

1

0

2 =+=+= �→

dttLttr 0.3 pto.

c)

2161218)(''')('')('

)1(218)('')('

)1,2,1(18)('')('

2

22

=⋅=•×

+=×

+−−=×

→→→

→→

→→

trtrtr

ttrtr

ttttrtr

0.5 pto. Con las fórmulas correspondientes resultan:

22222

2233

2

3

)1(

1

3

1

)1(218

1218

)('')('

)(''')('')(')(

;)1(3

1

)1()23(

)1(218

)('

)('')('

)(

tttrtr

trtrtrt

ttt

t

tr

trtr

t

+=

+⋅

⋅=

×

•×=

∀+

=+

+=

×

=

→→

→→→

→

→→

τ

κ

4

Y el valor:

tt

t∀= ;1

)(

)(

τ

κ0.5 pto.

d)

22 )1(3

1)(

tt

+=κ

Es valor máximo si ( 21 t+ ) es mínimo y esto ocurre con t=0Po= (0,0,0) con K(0)=1/3 valor máximo;

Mínimo ocurre cuando ∞→t en cuyo caso 0)( →tκ 0.5 pto.

5

Problema 3:

Determinar una función ]2,0[),( π∈= ttzz , derivable de orden 2, de modo

que los vectores normales a la curva ))(,,()(' tzsentttr =→

, sean paralelos al

plano YZ obtenido )(tzz = verificar que )('')(' trytr→→

son perpendiculares.

Solución:

Como los vectores normales )('))('')('( trtrtrn→→→→

××= deben ser paralelos al

plano yz entonces →

n debe ser perpendicular al eje x; así se cumple 0)0,0,1( =→

�n

0.5 pto. Calculamos:

))('',sin,0()(''

))(',cos,1()('

tzttr

tzttr

−=

=→

→

Lo que determina: )sin),('',)('cos)(''()('')(' ttzsenttzttztrtr −−+=×→→

Y ),,cos)(')(''( 32 nntsenttztzn +−=→

que implica:

0cos)(')('')0,0,1( =+−=→

tsenttztzn� (no se requieren los valores de 32 ,nn )

0.5 pto.

Así: ( )

22

)('cos)(')(''

22tsentz

tsenttztz ==

senttz = )(' (una solución posible) ttz cos)( −= de esta manera

)cos,,()( tsentttr −=→

cumple lo requerido 0.5 pto.

Para este 0)('')(')cos,,0()(''),cos,,()('),( =−=−=→→→→→

trtrytsenttrtsentttrtr �

Con lo cual )('')(' trytr→→

son perpendiculares. 0.5 pto.

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE FACULTAD DE CIENCIA DEPARTAMENTO DE MATEMATICA Y C.C.

PRIMERA PRUEBA DE CÁLCULO AVANZADO 10007 Ingeniería Civil Segundo Semestre 2009

(25/09/09)

Problema 1.

Para la función 0,cos)( xxexf x

a) Obtener su integral de Fourier coseno

b) Deducir la convergencia de dww

w

0

4

2

4

2

Nota puede usar las formulas:

))()cos(()cos(

))cos()(cos(2

1coscos

22bxbsenbxa

ba

edxbxe

axx

Solución:

Para , considerada extensión par su integral coseno es xcose)x(f x0x

0

wxdwcos)w(A , con B(w)=0 y

0

2

2

0

0

11111

1

11111

1

112

12

2

)v)w(sen)w(v)wcos(()w(

e

)v)w(sen)w(v)wcos(()w(

e

dvvwcosv)wcos(e

wvdvcosvcose)w(A

v

v

v

v

1

22

22

22

1111

11111

11

1

11

11

)w()w(

)w()w(

)w()w(

4

2

242

2

222

2

22

2

4

22

444

221

42

241

2222

241

w

)w()w(A

www

)w(

w)w(

)w(

wwww

w

Y la integral coseno es dww

wxcosw

0

4

2

4

22

1.5 pts.

b) con convergencia puntual en Xo=0, punto en el cual f es continua. Se tiene:

dww

wxcosw)(f

0

4

2

4

2210 .

24

2

0

4

2

dww

w

0.5 pts.

2

Problema 2.

Sea C una curva definida por el sistemamzx

azy 222

, con a y m constantes.

a) Representar C de la forma ],[))(),(),(()( batcontztytxtr

b) Determinar el punto de C en el cual atr )('

c) Obtener vectores en cualquier punto de C. BNT ,,

d) Calcular la curvatura y determinar el punto en que k es máxima. )(tk

e) Calcular la torsión )(t .

Solución:

a) Con parámetro t tal que ,)(,)(,cos)( masenttxasenttztaty ]2,0[t , se

obtiene ]2,0[),,cos,()( tasenttamasenttr

0.3 pts.

b)

amarPespedidoCdepuntoely

taatamtieneseatrconatam

tatsenatamtrtaasenttmatr

,0,2

2cos)('cos

coscos)('),cos,,cos()('

222222

2

2222

2222222

2

0.3 pts.

c)

2222 atcosam

)tcosa,asent,tcosma(

)t('r

)t('r)t(T

0.2 pts.

3

tetanconsvector;m

)m,,()t(B

ama

)ma,,a()t(By)ma,,a()t(''r)t('rEntonces

)asent,tcosa,masent()t(''r

2

424

2222

1

01

00 0.2 pts.

El vector N se obtiene con )()()( tTtBtN 0.2 pts.

d) La curvatura:

2

3

2222

22

3

cos

1

)('

)('')('

)(

atam

ma

tr

trtr

tk 0.2 pts.

Como k(t) tiene numerador constante el máximo de k ocurre con el mínimo del denominador

2

32222 cos)( atamtg que sucede con cost=0

2t . El punto de máximo es

amar ,0,2

y el valor de este máximo es a

mV

21

20.2 pts.

e) Como B es constante, o como la curva es plana entonces tt 0)( . O bien

se calcula, además y con formula: )tcosa,asent,tcosma()t('''r

)('')('

)(''')('')(')(

trtr

trtrtrt 0.4 pts.

se tiene tt 0)(

4

3) Sea C una curva dada por , parametrizada en función de la longitud de arco s, que tiene curvatura y torsión

)(' sr

k constantes

a) Probar que el vector es constante BkTD

b) Obtener el valor de D

Solución:

a) Se calcula:

00ds

dk,

ds

d

:cuallaen,ds

dBkB

ds

dk

ds

dTT

ds

d

ds

BkTd

)s('Dds

dD

porque k y son constantes. Además, como:

Nds

dBkN

ds

dT, , resulta 0)( NkkN

ds

DdD es vector constante

1.5 pts.

b)

2

122

2222

2

kD

kBBkTBkBkTTTBkTBkTD

ya que 0011 TBBT,BB,TT 0.5 pts.

5

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILEFACULTAD DE CIENCIA

DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA Y C.C.PRIMERA PRUEBA DE CÁLCULO AVANZADO

Primer Semestre 07/05/2010NOMBRE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .RUT. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.- Sea la función f(x) =�

2x ; 0 < x < 1=22 (1� x) ; 1=2 < x < 1

; obtener:

a) La serie de Fourier de senos en el intervalo (0; 1) :b) Pruebe la convergencia de la serie.

1X

n=1

1

(2n� 1)2=�2

8

SOLUCIÓN:a) Para obtener la serie de Fourier senoidal de f (x) 8x 2 (0; 1) ; es necesario,

considerar la extensión impar de la función f (x) :

......................................................................................................................................0.1Así:

f (x) �1X

n=1

bn sen (n�x)

con coe�cientes:a0 = an = 0

bn = 2

Z 1

0

f(x)sen(n�x)dx

bn = 2(

Z 1=2

0

2x sen(n�x) dx+

Z 1

1=2

2 (1� x) sen(n�x) dx) (integrando por

partes)......................................................................................................................................0.4

bn = 2

"

�2x cos(n�x)n�

i1=2

0+ 2

n�

Z 1=2

0

cos(n�x)dx� 2(1� x) cos(n�x)n�

i1

1=2� 2

n�

Z 1

1=2

cos(n�x)dx

#

bn = 2h

� 1n� cos

�

n�2

�

+ 2(n�)2 sen(

n�2 ) +

1n� cos

�

n�2

�

+ 2(n�)2 sen(

n�2 )i

bn =8

(n�)2 sen(n�2 )

bn =

(

0 ; si n par8

(2n�1)2�2 (�1)n�1

; si n impar

......................................................................................................................................0.5Por tanto la serie de Fourier de f (x) viene dada por:

1

1X

n=1

8 (�1)n�1

(2n� 1)2 �2sen ((2n� 1)�x)

......................................................................................................................................0.2b) En x = 1=2 se tiene un punto de discontinuidad de f(x); luego aplicando

el teorema de de convergencia de Fourier tenemos:......................................................................................................................................0.2

f (1=2+) + f (1=2+)

2=

1X

n=1

8 (�1)n�1

(2n� 1)2 �2sen ((2n� 1)�x)

1 =1X

n=1

8 (�1)n�1

(2n� 1)2 �2sen

�

(2n� 1) �2

�

......................................................................................................................................0.2

1 =1X

n=1

8 (�1)n�1

(2n� 1)2 �2(�1)n�1

�2

8=

1X

n=1

1

(2n� 1)2

......................................................................................................................................0.4

2.- Sea la trayectoria �!c (t) = (cost)i+ (sent)j + tka) Hallar las coordenadas del punto en que esta trayectoria

cruza la super�cie : z = �(x2 + y2)b) Calcular la velocidad y la rapidez en dicho punto.c) La longitud de la trayectoria hasta el punto de impacto si

parte en t = 0d) Determine las componentes tangencial y normal de la acel-

eración en el punto de intersección.e) El valor de la torsión en el punto de impacto.

SOLUCIÓN:a) Reemplazando x, y y z de la ecuación de la super�cie por sus expresiones

en términos de tenemos:

t = ��

cos2 t+ sen2t�

= � =)

8

<

:

x = cos t = �1y = sent = 0z = t = �

......................................................................................................................................0.4b) �!v (t) = �!c 0 (t) = (�sent; cos t; 1) =) �!v (�) = �!c 0 (�) = (�sen�; cos�; 1) =

(0;�1; 1)k�!v (t)k = k�!c 0 (t)k =

p2

......................................................................................................................................0.4

2

c)

l =

Z �

0

k�!c 0 (t)k dt =Z �

0

p2dt = 2�

......................................................................................................................................0.4

d) Las componentes de la aceleración en el punto de impacto es

aT =�!c 0 (�) � �!c 00 (�)k�!c 0 (�)k =

(0;�1; 1) � (1; 0; 0)p2

= 0

aN =k�!c 0 (�)��!c 00 (�)k

k�!c 0 (�)k =k(0; 1; 1)kp

2= 1

......................................................................................................................................0.4e)

� (�) =�!c 0(�)��!c 00(�) � �!c 000(�)k�!c 0(�)��!c 00(�)k2

=(0; 1; 1) � (0; 1; 0)

�p2�2 =

1

2

......................................................................................................................................0.4

3.- Sea la trayectoria regular �!r : I j R �! R3; de�nida por �!r =

�!r (s) donde s 2 I es el parámetro longitud de arco y s = '(t):a) Pruebe que para todo punto de la trayectoria �!r el vector �!r 000(t)

esta en el plano osculador.b) Expresar el vector �!r 000(t) como una combinación lineal de la

basen

T̂ ; N̂ ; B̂o

SOLUCION:

De �!r = �!r (s) con s = '(t);

a) �!r 0(t) = d�!rds

ds

dt= s0(t)T (s);

......................................................................................................................................0.4

�!r 00(t) = s00(t)T (s) + s0(t) dtdss0(t)

.......................................................................................................................................0.2

=) �!r 00(t) = s00(t)T (s) + (s0(t))2 kN(s)

.......................................................................................................................................0.2y así �!r 00(t) está en el plano T;N; osea en el plano osculador

3

b) De �!r 00(t) = s00(t)T (s) + (s0(t))2 k(s)N(s),

�!r 000(t) = s00(t)T (s)+s00(t)dTdss0(t)+2s0(t)s00(t)k(s)N(s)+(s0(t))2

�

dk

dss0(t)N(s) + k(s)

dN

dss0(t)

�

......................................................................................................................................0.6

=�

s000(t)� k2(s)�

T +

�

s00(t)k(s)s0(t) + 2s0(t)s00(t)k(s) + (s0(t))3dk

ds

�

N +

(s0(t))2(k(s)�(s))B......................................................................................................................................0.6

4

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILEFACULTAD DE CIENCIA

DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA Y C.C.PRIMERA PRUEBA DE CÁLCULO AVANZADO

Segundo Semestre 24/09/2010NOMBRE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .RUT. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

PREGUNTA 1:Dada f(x) = senx, con x � [0; �] y su serie de Fourier en cosenos.

2

�� 4

�

1X

n=1

1

4n2 � 1 cos 2nx

determinar las convergencias de las series:

a)1

22 � 1 +1

42 � 1 +1

62 � 1 + ::::::+1

4n2 � 1 + :::

b)1

22 � 1 �1

42 � 1 +1

62 � 1 � ::::::+ (�1)n+1

1

4n2 � 1 + :::

c)1

1232+

1

3252+

1

5272+ ::::::+

1

(2n� 1)2(2n+ 1)2 + :::

SOLUCION:

1) Como la función f(x)=senx y sus extensiones par y periódica son continuas8x entonces su serie de Fourier es convergente a f(x) = senx 8x (puntual)así:

a) En X0 = 0 ocurre2

�� 4

�

1X

n=1

1

4n2 � 1 cos 0 = f(0) = 0 y de aquí

2

�� 4

�

�

1

22 � 1 +1

42 � 1 +1

62 � 1 + ::::::+1

4n2 � 1 + :::�

= 0 y

1

22 � 1 +1

42 � 1 +1

62 � 1 + ::::::+1

4n2 � 1 + ::: =1

2

b) En X1 =�

2ocurre

2

�� 4

�

1X

n=1

1

4n2 � 1 cosn� = f(�

2) = 1 que implica con

cosn� = (�1)n, la convergencia

1

22 � 1 �1

42 � 1 +1

62 � 1 � ::::::+ (�1)n+1 1

4n2 � 1 + ::: =� � 24

1

c) Con identidad de Parseval1

�

Z

�

��f(x)2dx = 2 (a0)

2+

1P

n=1

a2nse obtiene

1

�

Z

�

��senx2dx =

2

�

Z

�

0

1� cos 2x2

dx =�

2

2

�= 1 = 2 � 4

�2+

1P

n=1

1

(4n2 � 1)2)

La convergencia:

1

1232+

1

3252+

1

5272+ ::::::+

1

(2n� 1)2(2n+ 1)2 + ::: =�2 � 816

PREGUNTA 2:

Un movil parte del origen recorriendo la trayectoria!r (t) =

�

t2 cos t; t2sent;t3p3

�

con t � 0:

a) Hasta el instante t1 ha recorrido una longitud de arco de14

3unidades. ¿A que altura respecto del plano XY se encuentra el movilen este instante t1?b) Obtener el vector velocidad y su rapidez en P =

!r (�

2):

c) Determinar la ecuación de la recta tangente a la curva descritapor

!r (t) en P y el punto Q en el cuál esta tangente intersecta el plano

XY.

SOLUCIÓN:

De!r (t) =

�

t2 cos t; t2sent;t3p3

�

; t � 0: se tiene!r0(t) =

�

2t cos t� t2sent; 2tsent+ t2 cos t; 3t2

p3

�

)

!r0(t)

=�

�

2t cos t� t2sent�2+�

2tsent+ t2 cos t�2+ 3t4

�1

2

=

=�

4t2 + t4 + 3t4�1

2 = 2t(1 + t2)1

2

s(t) =

Z

t

0

2t(1 + t2)1

2 dt =h

(1 + t2)3

22

3

it

0

= 2

3

h

(1 + t2)3

2 � 1i

con s(t1) =14

3; se tiene 2

3

h

(1 + t2)3

2 � 1i

=14

3) (1 + t2)

3

2 = 8 = 23 )1 + (t1)

2= 4)

t1 =p3

2

La altura es z(p3) =

1p3

�p3�3= 3

El vector tangente unitario es:

T��

2

�

=

!

r0

��

2

�

!

r0

��

2

�

=

�

��2

4; �; 3�

2

p34

�

��

1 + �2

16

�

1

2

=

�

��4; 1;

p3�

4

�

�

1 + �2

16

�

1

2

;!v��

2

�

=

��4; 1;

p3�

4

!

;

v��

2

�

= �

�

1 +�2

16

�

1

2

La ecuación de la recta tangente :!a��

2

�

=

�

0;�2

4;�3

8p3

�

es!R (�) =

�

0;�2

4;�3

8p3

�

+�

��4; 1;

p3�

4

!

=

��4;�2

4+ �;

�3

8p3+

p3��

4

!

esta recta intersecta al plano XY si

p3�

24+

p3��

4= 0)

� = �

p3�

24p3�

4

= �16

y

Q =

�

� �24;�2

4� 16; 0

�

PROBLEMA 3:Para la curva C de�nida por

!r (t) = (a cos t; bsent; 0) con t � [0; 2�] y

a; b constantes positivas a > b; determinar:

a) Su curvatura k(t):b) Los puntos de C en que k(t):es maxima o minima.

SOLUCIÓN:

De!r (t) = (a cos t; bsent; 0);

!r0(t) = (�asent; b cos t; 0);!r

00(t) = (�a cos t;�bsent; 0);

!r0(t)�!

r00(t) = (0; 0; ab)

!r0(t)

=�

(�asent)2 + (b cos t)2�1

2

=�

a2sen2t+ b2(1� sen2t)�1

2 =�

(a2 � b2)sen2t+ b2�1

2

3

!r0(t)�!

r00(t)

=�

a2b2�1

2 = jaj jbj = ab

Con fórmula k(t) =

!r0(t)�!

r00(t)

!r0(t)

3, resulta:

a) k(t) =ab

((a2 � b2)sen2t+ b2)1

2

,8t � [0; 2�]

b) k(t) es máximo o mínimo según que g(t) = (a2�b2)sen2t+b2 sea mínimoo máximo; los respectivos valores se obtienen (máximos o mínimos de k(t);surgen de g0(t) = 2(a2 � b2)sent cos t = (a2 � b2)sen2t que tiene puntos

críticos en:

t1 = 0; t2 = �; t3 =�

2; t4 =

3�

2: Con g00(t) = 2(a2 � b2) cos 2t resultan de

g00(0) > 0;

g(0) = b2 y k(0) =ab

b3=a

b2; valor máximo de k en P1 = (a; 0; 0);

de g00(�) > 0; g(�) = b2; k(�) =a

b2; valor máximo de k en P2 = (�a; 0; 0)

de g00��

2

�

< 0; g��

2

�

= a2; k��

2

�

=ab

a3=b

a2; valor mínimo de

k en P3 = (0; b; 0)

de g00�

3�

2

�

< 0; g

�

3�

2

�

= a2; k

�

3�

2

�

=ab

a3=b

a2; valor mínimo

en P4 = (0;�b; 0)

4

1

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE FACULTAD DE CIENCIA DEPARTAMENTO DE MATEMATICA Y C.C.

PRIMERA PRUEBA DE CÁLCULO AVANZADO 10007 Ingeniería Civil Primer Semestre 2011

(29/04/2011)

Problema 1.

Obtener la serie de Fourier ,10,)( 2 <<−= xxxxf función periódica de periodo 2.

Del resultado anterior deducir la convergencia de las series:

b) �∞

=12

1

n n

c) �∞

=14

1

n n

Solución:

Considerada la extensión para de ,10,)( 2 <<−= xxxxf a intervalo (-1,1), p=1,

la serie de coseno es:

xnaaxSn

n πcos)(1

0 �∞

=

+=

Con:

6

1

3

1

2

1

32)(

1

0

1

0

322

0 =−=��

��

�−=−= �xx

dxxxa

)cos1(2cos4

)1(cos2

2cos

2cos

12

cos2cos2cos)(2

222222

1

0

33

2

22

1

0

22

1

0

1

0

2

1

0

2

πππ

ππ

π

πππ

ππ

ππ

ππ

πππ

nnn

nn

na

xsennnn

xxn

n

xxsenn

n

xxn

na

xdxnxxdxnxxdxnxxa

n

n

n

+−=−−=

=

�

��

�

��

��

��

��

�−+−�

�

��

�+=

=−=−= � ��

0,0),cos1(2

22=≠+−= nn bnn

na π

π

2

��

�� −

=−+−=imparesnsi

paresnsin

n

n

,0

,4

))1(1(2

2222 π

π

0.4 puntos Así ))(( xfEp tiene serie de Fourier (serie coseno de f(x)),

��∞

=

∞

=

−=−1

221

22cos

11

6

1

)2(

cos4

6

1

nn

xnnn

xnπ

π

π

π

0.4 puntos

Convergencias: como ))(( xfE p es continua )1,1(−∈∀x en 00 =x se tiene por

teorema de convergencia puntual,

�==− �∞

=

0)0(11

6

1

122

fnnπ

6

1 2

12

π=�

∞

=n n

0.4 puntos

Con identidad de Parseval:

��∞

=−

+=1

22

0

2 2)(1

n

n

p

p

aadxxfp

Se tiene, p=1,

�

� ��∞

=

−

∞

−

�=−�

+��

��

�=−=−

144

1

1 144

2

22

1

1

22

11

18

1

15

1

1

6

12)(2)(

n n

ndxxxdxxx

π

π

901815

31 4

1

4

4

ππ=

⋅=�

∞

=n n

0.4 puntos

3

Problema 2.

Dada la curva C descrita por [ ]π2,0)cos10,4,cos6()( ∈=→

ttsentttr .

a) Calcular su longitud L.

b) Reparametrizarla de forma )(srr→→

= con s parámetro longitud de arco indicando el intervalo del dominio s.

c) Obtener los escalares κ y τ (curvatura y torsión) en cada punto de C.

d) Verificar que C está en una superficie esférica y en una superficie plana.

Solución:

a) De:

( ) �=++=

−−=

�=

→

→

→

410cos166)('

),10,cos4,6()('

)cos10,4,cos6()(

2

1222 tsenttsentr

senttsenttr

tsentttr

ππ

π

8442

0

2

0

=== � tdtL

0.5 puntos

b) De 4

44)(0

sttdtts

t

=�== � y C queda representada por:

��

��

�=

→

4cos10,

44,

4cos6)(

sssen

ssr ,

0.3 puntosCon π80 ≤≤ s (intervalo de s)

0.2 puntos

c) Con

)10,cos4,6()('''

)cos10,4,cos6()(''

senttsenttr

tsentttr

−=

−−−=→

→

4

Se obtienen:

16)('')('

)64,0,104()('')('

=×

−=×

→→

→→

trtr

trtr

Así:

)(4

1

4

4)(

3

2

ctet ==κ ; ;t∀

0.3 puntos

0)(''')('')(' =×→→→

trtrtr � y tt ∀= 0)(τ

0.2 puntosd) De c) se deduce que C está en esfera de ecuación 16222 =++ zyx y en

plano de ecuación 0610 =− yx

De manera alternativa c) se puede desarrollar a partir de:

��

��

�=

→

4cos10,

44,

4cos6)(

sssen

ssr , con lo cual

)()(4

cos16

10,

44

1,

4cos

16

6)(

44

10,

4cos,

44

6)(

)(

sNsss

sens

ds

sdT

ssen

sssensT

ds

srd

κ=��

��

� −−−=

��

��

� −−==

→

,

Con lo cual

��

��

� −

−−−

−−

=×=

��

��

� −−−===

4

6,0,

4

10

4cos

4

10,

4,

4cos

4

644

10,

4cos,

44

6

)()()(

4cos

4

10,

4,

4cos

4

6)(;

4

1)(

)(

sssen

s

ssen

sssen

sNsTsBcon

sssen

ssNsk

ds

sdT

Vector constante y 0)()0,0,0()(

=�= tds

sdBτ 0.5 puntos

5

Problema 3.

a) Una partícula se desplaza de manera que 0),( >=→→

ttrr es su ubicación en cada instante con rapidez constante. Deducir que sus vectores velocidad y aceleración son ortogonales t∀ .

b) Verificar esta propiedad para el desplazamiento dado por

),,,cos()( btasenttatr =→

0>t con a y b constantes reales positivas.

Solución :

a) Dada la trayectoria )(trr→→

= , en cada instante t su velocidad está dada por )(' tr→

,

su aceleración por )('' tr→

y su rapidez por .)(' ctectr ==→

0.2 puntos

22

2

)(')(')('.)(' ctrtrctrctectr =⇔=⇔==→→→→

� 0.5 puntos

Derivando:

0)('')('2

0)(')('')('')('

=

=+→→

→→→→

trtr

trtrtrtr

�

��

0.5 puntos

Como el producto interno (punto) entre los vectores velocidad y aceleración es 0 en cada instante t, estos dos vectores son ortogonales t∀ . 0.3 puntos

Solucion alternativa:

Dada la trayectoria )(trr→→

= , en cada instante t su velocidad está dada por )(' tr→

,

su aceleración por )('' tr→

y su rapidez por .)(' ctectr ==→

0.2 puntos

,'sTdt

ds

ds

rd

dt

rd⋅==

→→→

donde s es el parámetro por longitud de arco. 0.3 puntos

,2

22

2

2

dt

sdT

dt

ds

ds

Td

dt

rd⋅+�

�

��

�=

→→→

0.2 puntos

6

Pero 0)('')(2

2

== tstdt

sdya que .)(')(' ctectrts ===

→

0.3 puntos

y →

→

= Nkds

Td

0.2 puntos

Por lo tanto 0100)()( 3

2

23

2

2

=⋅+⋅⋅=•+•��

��

�=•

→→→→→→

ckTTdt

sdTN

dt

dsk

dt

rd

dt

rd

Como el producto interno (punto) entre los vectores velocidad y aceleración es 0 en cada instante t, estos dos vectores son ortogonales t∀ .

0.3 puntos

b) Dada la trayectoria ),,,cos()( btasenttatr =→

su velocidad está dad por

),,cos,()(' btaasenttr −=→

y su aceleración por ),0,,cos()('' asenttatr −=→

0.1 puntos

Primero verifiquemos si la trayectoria dada satisface la hipótesis que su rapidez es

constante, es decir, .)(' ctectr ==→

( ) ctebabtaasenttr =+=++−=→

22222)cos()(' ya que a y b son constantes

reales positivas.

0.2 puntos

00coscos)0,,cos(),cos,()('')('22 =+−=−−•−=•

→→

tsentatsentaasenttabtaasenttrtr

0.1 puntos

Como para este desplazamiento de rapidez constante el producto interno (punto) entre los vectores velocidad y aceleración es 0 en cada instante t, estos dos vectores son ortogonales t∀ y se verifica la propiedad demostrada en a).

0.1 puntos

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE

FACULTAD DE CIENCIA . DEPTO DE MATEMATICA Y C.C.

PRIMERA PRUEBA DE CALCULO AVANZADO

Ingenieria Civil .Segundo semestre 2011

Pauta de CorrecciónProblema 1.-

Sea la función f (x) =

8<:

�1� jxj

a

�si jxj < a

0 si jxj > aa) Obtener la integral de Fourier de f:

b) Deducir que 1� x = 2

�

R1

0

1� cosww2

coswxdw; si 0 � x � 1; yR1

0

1� cosww2

coswx dw = 0; si x > 1:

Solución

a) Como:

f (�x) =�1� j�xj

a

�=

�1� jxj

a

�= f (x) 8x 2 [�a; a]

la función f es par, entonces la integral de Fourier de f esR1

0A (w) cos (wx) dx; con coe�ciente:

A (w) =2

�

hR a0

�1� x

a

�cos (wx) dx+

R1

a0 cos (wx) dx

i

A (w) =2

�

R a0

�1� x

a

�cos (wx) dx

A (w) =2

�

�1� cos awaw2

�

Por tanto la integral de Fourier queda

2

�

Z1

0

�1� cos awaw2

�cos (wx) dx;

b) Como la funciòn f es continua para 8x 2 [0; 1],aplicando el teorema deconvergencia con a = 1, se deduce que la integral de Fourier converge a

f (x) = 1� x = 2

�

R1

0

1� cosww2

coswxdw; y del mismo modo

f (x) = 0 =2

�

R1

0

1� cosww2

coswxdw; 8x > 1

Problema 2.-

Sea la hélice �!r (t) = (a cos t; a sin t; bt) ; b 6= 0; determine:a) los valores de a y b si su curvatura es � (t) =

1

5y su torsión � (t) =

2

5:

b) La ecuación del cilíndro sobre el cuál se encuentra la hélice.

Solución

a) En primer lugar determinemos la curvatura la torsión en funcióndel tiempo:

1

�!r 0 (t) = (�a sin t; a cos t; b) 8t 2 IR =) k�!r 0 (t)k =pa2 + b2

�!r 00

(t) = (�a cos t;�a sin t; 0)�!r 000 (t) = (�a sin t; a cos t; 0)�!r 0 (t)��!r 00 (t) =

�ab sin t;�ab cos t; a2

�=) k�!r 0 (t)��!r 00 (t)k = a

pa2 + b2

�!r 0 (t)��!r 00 (t) � �!r 000 (t) =��a2b sin2 t;�a2b cos2 t; 0

�

Entonces, se tiene

� (t) =

�!r 0 (t)��!r 00

(t)

k�!r 0 (t)k3=2=

a

a2 + b2; y

� (t) =

�!r 0 (t)��!r 00

(t) � �!r 000 (t)

k�!r 0 (t)k3=2=

b

a2 + b2

Luego, a partir de los valores dados de curvatura y torsión, obtenemosa

a2 + b2=1

5;

b

a2 + b2=2

5=) a = 1; b = 2

Por tanto la ecuación de la hélice es �!r (t) = (cos t; sin t; 2t)

b) A partir de la ecuaciónes paramétricas de la hélice , se tienex = cost; y = sint; z = 2t � 0 =) x2 + y2 = 1; z � 0; corresponde a uncilindro de radio r = 1, cuyo eje axial coincide con el eje z:

Problema 3.-

Dada la función f (x; y) =

(x sin(xy)x2+y2 si (x; y) 6= (0; 0)0 si (x; y) = (0; 0)

a) estudie la continuidad de f en todo IR2

b) calcular fx (0; 0) , fy (0; 0) y fx (x; y) con (x; y) 6= (0; 0)c) estudie la derivada direccional de f en (0; 0) en direccióncualquiera bu = (a; b) con

pa2 + b2 = 1

d) determine si f es diferenciable en (0; 0).Solución

(a) En los puntos de IR2 distintos de (0; 0) la función es continua por sercuociente de funciones continuas con denominador no nulo.En (0; 0) estudiemos la continuidad de f :i) Existe f (0; 0) = 0ii) Estudiemos el limite

lim(x;y)!(0;0)

f (x; y) = lim(x;y)!(0;0)

x sin (xy)

x2 + y2

Al usar coordenadas polares se tiene

lim(x;y)!(0;0)

x sin (xy)

x2 + y2= lim

r!0

r cos � sin�r2 cos � sin �

�

r2

= limr!0

r cos2 � sin � = 0 = f (0; 0)

2

Puesto que sin� ' � si �! 0;y � 2 [0; 2�] , �1 < cos2� sin � < 1,en elúltimo límite se tiene que el producto de una cantidad in�nitésimalpor una función acotada es cero.Por lo tanto la función es continua en todo IR2

b) Las derivadas parciales 8 (x; y) 6= (0; 0) son:@f

@x=[sin (xy) + xy cos (xy)]

�x2 + y2

�� 2x [x sin (xy)]

(x2 + y2)2

@f

@y=

�x2 cos (xy)

� �x2 + y2

�� 2y [x sin (xy)]

(x2 + y2)2

Además, las derivadas parciales para (x; y) = (0; 0) son

@f

@x(0; 0) = lim

h!0

f (h; 0)� f (0; 0)h

= limh!0

h sin 0h2 � 0h

= limh!0

0

h= 0

@f

@y(0; 0) = lim

k!0

f (0; k)� f (0; 0)k

= limk!0

0 sin 0k2 � 0k

= limk!0

0

k= 0

Por lo tanto las derivadas parciales de primer orden existen en todo IR2

c) Calculamos la derivada direccional en cualquier dirección bu = (a; b) talque kbuk =

pa+ b = 1utilizando, la de�nición

Dbuf (0; 0) = limt!0

f (ta; tb)� f (0; 0)t

= limt!0

ta sin(t2ab)t2 � 0t

= limh!0

ta(t2ab)t2 � 0t

Dbuf (0; 0) = a2b

Por tanto, existe la derivada direccional de la función f en el origenen cualquier dirección bu = (a; b):d) Examinemos si función es diferenciable en el origen.Utilizando la de�nición de diferenciabilidad, se tiene:

lim(h;k)!(0;0)

f (h; k)� f (0; 0)� fx (0; 0)h� fy (0; 0) kk(h; k)k =

lim(h;k)!(0;0)

h sin (hk)

h2 + k2� 0� 0 � h� 0 � kph2 + k2

= lim(h;k)!(0;0)

h sin (hk)

(h2 + k2)3=2

Calculemos este límite utilizando coordenadas polares

lim(h;k)!(0;0)

h sin (hk)

(h2 + k2)3=2= lim

r!0

r cos � sin�r2 cos � sin �

�

r3

= limr!0

r cos ��r2 cos � sin �

�

r3

= cos2 � sin � 6= 0

3

El límite no es cero y por lo tanto la función no es diferenciable en (0; 0).

Problema 4.-

Dada F (x; y; z) = x2 + y2 + z2 + xy + 2z � 1 = 0a) Veri�car si F (x; y; z) = 0 de�ne en el punto P (0;�1; 0) a z como funciónimplícita de x e y, es decir, z = f(x; y)b) Calcular zx (0;�1) ; zy (0;�1) ; zxx (0;�1) y zyy (0;�1) :

Solución

a) F (x; y; z) = 0 de�ne a z = f(x; y) en una vecindad de P (0;�1; 0) si:i) El punto P es un punto de la super�cie, es decir, F (0;�1; 0) = 0:En efecto, al evaluar F (0;�1; 0) = 0 + 1 + 0 + 0 + 0� 1 = 0:ii) Fx; Fy; Fz son continuas en una vecindad de P.En efecto:Fx(x; y; z) = 2x+ y , Fy(x; y; z) = 2y + x; Fz(x; y; z) = 2z + 2son funciones polinómicas y estas son continuas en IR2:iii) Además, se debe cumplir Fz(0;�1; 0) 6= 0Como Fz(x; y; z) = 2z + 2 entoncesFz(0;�1; 0) = 0 + 2 = 2 6= 0:El teorema de la función implícita garantiza una vecindad V (0;�1) en lacual podemos de�nir una función z = f(x; y) tal que F (x; y; f(x; y)) = 0:

b) La función tiene derivadas continuas en V (0;�1) que pueden calcularsepor:

1) zx (x; y) = �Fx(x; y; z)

Fz(x; y; z)= �2x+ y

2z + 2=) zx(0;�1) = �

Fx(0;�1; 0)Fz(0;�1; 0)

=1

2

2) zy (x; y) = �Fy(x; y; z)

Fz(x; y; z)= �2y + x

2z + 2=) zy(0;�1) = �

Fy(0;�1; 0)Fz(0;�1; 0)

= 1

Para calcular las derivadas de segundo orden basta derivar (1) y (2) respectoa x e y respectivamente:

zxx (x; y) = �[(2z + 2)2� (2x+ y) (2zx)]

(2z + 2)2=) zxx(0;�1) = �

5

4

zyy (x; y) = �[(2z + 2) 2� (2y + x) (2zy)]

(2z + 2)2 =) zyy(0;�1) = �2

4

��

�

��

��

�� !"��#$�#�

%$&'$('#$�#)�

�

��

�� !"# ��

��

�

±=

<−=

ππ

ππ

xsi

xsix

xf,

2

,

)( �

�$ ��%� ��&��'� %�!"# ��()$�� '��"��*��"��+��

�$ � ��",��!� -��.� !"��'��"��ℜ +�

!$ �'��$�&��!��!��'��'��"��∞

= −14)12(

1

n n�

� �"!�!"# ��

�

�

+−=

+=

senaxa

axa

xxsenaxdx

axa

senaxa

xaxdxx

2

2

1cos

cos1

cos

�

/��!"# ��

�)��*+�,�-�� )(xf �!�.��/�0��1+�� xxf −= π)( /� )()( xfxxf =−−=− π ��"2�,�!�!+�

!��3��2+��"��,2�*�,��"�!4�

� =��

�

�−=−=

π ππ

ππ

ππ

0 0

2

022

1)(

1 xxdxxa /�

=��

�

�−−−=

��

�

�

��

�

�+−=

=��

�

�−=−= ��

)1(cos1

002

cos12

coscos2

cos)(2

2

0

2

0

000

ππ

π

π

ππ

ππ

ππ

πππ

nn

nxn

sennxn

x

n

sennxa

nxdxxnxdxnxdxxa

n

n

�

#�

�

))1(1(22

n

nn

a −−=π

�0� 0=nb �5�"� 6�7��π2)12(

4

−=

nan �

�!��!��3��2+��!4�

�∞

= −+

12

cos)12(

4

2 n

nxn

π�

��&� %��

6)��"��,2��,��3��!�� ℜ∈∀x /�3��,+��32��"�2�� 0��,2��,��!��

)(xf �!�� { },πkx −ℜ∈ � Ζ∈k �0��$�!�� Ζ∈= kkx ,π ��

�+0�&� %�'�

,)��2��3��"�3�3�3��!��4�

� �−

∞

=

+=π

ππ 1

22

0

2 2)(1

n

naadxxf �

��"��4��

��

�

�+−

=��

�

�+−=+−=

−+=− ��

∞

=

3

2

3

2)2(

2

)12(

16

2)(

2

333

0

322

0

22

0 124

22

πππ

π

πππ

ππππ

ππ

π

πππx

xxdxxxn

dxxn

�

�+��24�

�∞

=

=−1

4

4 96)12(

1

n n

π�

�+1�&� %�'�

��

8�

�

��2��

�$ ��'%��3�� ∞

−

+=

0

21

cos2dw

w

wxe x

π�!� � ∞<< x0 �

�$ �'��$�&��&��'� %��21

1)(

xxf

+= !�� " %�.��*��"��!�'� �4�

" %��!��"� ��'�-��"��'�5�&��)+�

� �"!�!"# ��

� +

+=

22

)cos(cos

pa

psenpxpxaepxdxe

axax �

/��!"# ��

�2�!�3��32��9"��!�-��.�� ( )∞∞−∞<<= − ,,0,)( axexf x /�!��3�"�� 4�

[ ] ;1

12)cos(

2cos

2)(

20

0w

wsenwxwxewxdxewA xx

+=+−== −−

� πππ

ππ

�

�!�4�

�∞

−

+=

0

21

cos2dw

w

wxe x

π�

�+0�&� %�'�

��1+��4��

�∞

=+

0

2cos)(

1

1wxdwwA

x�/��

,2�� ∞

+=

0

21

cos2)( dx

x

wxwA

π�3��)�!��"��

∞−

+=

0

21

cos2dw

x

wxe x

π/��,+��"��,� 6��32�:�

.2��9�!��"��4�

�∞

−

+=

0

21

cos2dx

x

wxe w

π/�

&�

�

3�� 2� ,+�� wewA −=)( 0� �!�� .��!��"�,�-�� 3��21

1)(

xxf

+= ,2 2� ��"�� 3�� 2+��

,2!��2�.�3�3��!4��

�∞

−=+

0

2cos

1

1wxdwe

x

w�

�+1�&� %�'�

��6��

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�

�−−−=

→

ttt

ttr

1,,

11)( 4�%7�+�

�$ ��%� ��!��!"# ��!%��%� .� %�� &� %��

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2

3,2,

2

10P +�

�$ ��%� ��!��!"# ��&�� '!�� &� %��

�

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2

3,2,

2

10P +�

!$ �%��" ��3��!��-��'�&�� 8��%� ��!��!"# ��&�� 3��'"��

!��-�+��

/��!"# ��)�

��3��,,�-��3��"��"��!�3�3��.2�4� )(' tr→

�5��

��,+�,�-��3��,"��"��"��!4� .),(')()( 00 ℜ∈+=→→

λλλ trtrR �

��"�� )2(,1

1,1,1

)(' 022

→→

=��

�

�+−= rPtt

tr /��!��,"��"��"��!�3��,+�,�-�4�

��

�

�−+�

�

�

�−=

4

3,1,

4

1

2

3,2,

2

1)( λλR �

��6��3��*2� ��,��"�!��4�

λ=−

=−

+=

−

45

23

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peps 1 calculo avanzado

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