Segundo Parcial Resuelto

Código:
MATEMÁTICAS II - EXAMEN SEGUNDO PARCIAL - 17/01/2013
Grado:
Ing. Electrónica Rob. y Mec. Ing. Energía Ing. Organización Ind. Nombre y Apellidos:
Ejercicio 1. Considera la región R del primer cuadrante que está delimitada por la gráfica de la función
f (x) = sen(x), la recta y = 1/2 y la recta x = 0.
a) Calcula el volumen del sólido de revolución que se obtiene al girar R alrededor del eje OX.
b) Calcula el volumen del sólido de revolución que se obtiene al girar R alrededor del eje OY .
SOLUCIÓN: De las muchas regiones acotadas que determinan la gráfica de la función y = sen(x) y la
recta y = 1/2 en el primer cuadrante, la única que también está delimitada por la recta x = 0 es la que
se muestra sombreada en la figura de la izquierda.
y
y
y = sen(x)
x=0
1
2
y = sen(x)
1
2
1
y=
2
O
O
x
π
6
y=
x
π
6
1
2
x
Para el cálculo de los dos volúmenes, es fundamental que determinemos el valor de x de la intersección
entre y = sen(x) y la recta y = 1/2. Es obvio que dicho valor corresponde a la primera solución positiva
de la ecuación sen(x) = 1/2, es decir, el valor x = π/6.
También es básico que comprendamos que para cada x ∈ [0, π/6], tenemos perfectamente determinados
los puntos que pertenecen a la región R, ya que son los que forman el segmento vertical que va de
y = sen(x) a y = 1/2 (ver figura de la derecha). Esto nos permite entender el tipo de integral que
debemos utilizar para el cálculo de los volúmenes que pide el enunciado.
a) Al rotar la región R alrededor del eje OX, cada uno de los segmentos verticales obtenidos para los
distintos valores de x genera una arandela o corona circular, cuya área se puede calcular sin más que restar
el área correspondiente al disco de radio menor de la correspondiente al disco de radio mayor. Dicho de
otro modo, este volumen se calcula de manera natural por discos mediante la fórmula siguiente:
VOX = π
Z
0
π/6
"Ç å2
1
2
− (sen(x))
2
#
dx = π
Z
0
π/6
1
dx − π
4
La primera integral es inmediata y vale
π
Z
0
π/6
Å ãπ/6
π2
1
x =
dx = π
.
4
4 0
24
1
Z
0
π/6
sen2 (x)dx.
Para la segunda integral, como sabemos, usamos la fórmula trigonométrica
1 − cos(2x)
,
2
sen2 (x) =
con lo que queda la diferencia de dos integrales inmediatas, que resolvemos:
π
Z
π/6
Z
2
sen (x)dx = π
0
π/6
0
1 − cos(2x)
dx = π
2
Å ãπ/6
x = π
2
0
−π
Ç
Z
π/6
0
åπ/6
sen(2x) 4
0
1
dx − π
2
Z
π/6
0
cos(2x)
dx
2
√
3
sen(π/3)
π2
π2
−π
=
−π
.
=
12
4
12
8
Sustituyendo estos valores en la integral del volumen tenemos
√
√ !
3 3π − π 2
3
π2
π2
=
−
−π
.
VOX =
24
12
8
24
b) Al rotar la región R alrededor del eje OY , cada uno de los segmentos verticales obtenidos para los
distintos valores de x genera la superficie lateral de un cilindro o tubo. El radio de la base de cada cilindro
viene dado por el valor de x mientras que la altura del mismo es la longitud del segmento vertical, es
decir, 1/2 − sen(x). El valor del volumen se calcula de manera natural por tubos mediante la expresión
VOY = 2π
Z
π/6
0
1
− sen(x) dx = 2π
x
2
Ç
å
Z
0
π/6
x
dx − 2π
2
Z
π/6
x sen(x)dx.
0
La primera integral es inmediata y su valor es
2π
Z
0
π/6
x
dx = 2π
2
Ç
x2
4
åπ/6
0
π3
(π/6)2
= .
= 2π
4
72
La segunda integral se puede calcular por partes, poniendo u = x y dv = sen(x)dx. De ese modo
tenemos du = dx y v = − cos(x). Por tanto queda
2π
Z
π/6
x sen(x)dx = 2π
0
= −
ñ
√
(−x cos(x))|π/6
0
+
Z
π/6
0
3π 2
+ 2π (sen(x))|π/6
0
6
π/6
π
cos(x)dx = 2π − cos(π/6) +
cos(x)dx
6
0
√ 2
√ 2
3π
3π
=−
+ 2π sen(π/6) = −
+ π.
6
6
ô
Suatituyendo estos valores en la integral del volumen tenemos
√ 2
π3
3π
VOY =
+
− π.
72
6
2
ñ
Z
ô
Nombre y Apellidos:
Ejercicio 2. La región encerrada por la parábola y = x2 y por la recta y = 4 se divide en dos regiones
de igual área mediante una recta horizontal y = c. Obtén el valor de c.
Z +∞
1
dx.
Ejercicio 3. Estudia la convergencia de la integral
x3/2 + x + x1/2
0
SOLUCIÓN:
Ejercicio 2. En la figura tenemos un esquema de
la región encerrada por la parábola y = x2 y por
y
la recta y = 4, que hemos dividido en dos partes
y = x2
(coloreadas en distintos tonos de gris) por una recta
horizontal y = c. Destaquemos que, como se puede
calcular trivialmente, los puntos de corte de la recta
y=4
y = 4 y la parábola son (−2, 4) y (2, 4), mientras
que los√cortes entre
√ la recta y = c y la parábola
y=c
son (− c, c) y ( c, c).
Como es habitual, este problema se puede resolver de varias formas, de las cuales mostraremos
dos.
La primera de ellas consiste en calcular el área
√
√
x
−2 − c
c 2
de la región completa (zonas gris claro y gris oscuro). Luego calculamos también el área de la región
inferior (gris oscuro) en función de c e imponemos que sea la mitad del área total. El área de la región
completa es
AT OT =
2
Z
−2
2
(4 − x )dx =
Ç
x3
4x −
3
El área de la región inferior es
AIN F =
Z
√
c
√ (c
− c
2
− x )dx =
Ç
å2
−2
x3
cx −
3
23 (−2)3
= 4 · 2 − 4 · (−2) −
−
3
3
å√c
√
− c
Ç
å
= 16 −
32
16
= .
3
3
√ å
√
Ç √ 3
√
( c)
(− c)3
4c c
= c c − c(− c) −
−
.
=
3
3
3
√
Como AIN F = AT OT /2 entonces queda la ecuación
√
√
4c c
16
3
=
⇐⇒ c3/2 = 4 ⇐⇒ c = 42/3 = 16.
3
3
Otra forma es calculando las áreas superior e inferior e igualándolas. Aunque esto se puede hacer
manteniendo la variable x para la integración, es más sencillo si despejamos x en función de y de la ecuación
√
de la parábola y = x2 , obteniendo x = ± y, y después utilizamos y como variable de integración. De
ese modo, la igualdad de las áreas no es más que
Z
0
c
√
√
( y − (− y))dy =
Z
c
4
√
√
( y − (− y))dy ⇐⇒
Z
c
√
2 y dy =
0
Z
c
4
√
2 y dy.
Calculando ambas integrales y resolviendo la ecuación
para c se obtiene, como no puede ser de otro modo,
√
3
el mismo valor que con la forma anterior c = 16.
3
Ejercicio 3. Para simplificar en lo que sigue, pondremos
f (x) =
x3/2
1
.
+ x + x1/2
La integral impropia del enunciado es de tercera especie, ya que el intervalo es infinito y además la función
f tiende a infinito cuando x tiende a 0. Por ello, separamos en dos integrales, teniendo en cuenta que el
punto intermedio elegido no tiene ninguna relevancia en la convergencia porque f es continua en todo
(0, +∞).
De ese modo, escribimos
Z
+∞
0
1
dx =
3/2
x + x + x1/2
Z
0
1
1
dx +
3/2
x + x + x1/2
Z
+∞
1
x3/2
1
dx
+ x + x1/2
y estudiamos la convergencia de cada integral por separado.
En la primera integral podemos observar que
1
x1/2
> f (x) > 0,
∀x ∈ (0, 1).
En verdad, la acotación se tiene para todo x ∈ (0, +∞) pero nosotros sólo la necesitamos en el intervalo
que define la integral. Como sabemos de clase, la integral
Z
0
1
1
x1/2
dx
es convergente,
como lo son en (0, 1) todas las integrales de funciones del tipo x−p con p < 1. Por tanto,
R1
la integral 0 f (x) dx también es convergente.
En la segunda integral podemos usar el mismo razonamiento, pero acotando por una función cuya
integral sea convergente. En este caso podemos usar que
1
x3/2
> f (x) > 0,
∀x ∈ (1, +∞).
Al igual que antes, la acotación es válida en todo (0, +∞) aunque sólo la necesitamos en el intervalo que
define la integral. Como la integral
Z +∞
1
dx
3/2
x
1
es convergente,
ya que lo son en (1, +∞) todas las de funciones del tipo x−p con p > 1, entonces también
R +∞
lo es 1 f (x) dx.
R
Como ambas integrales son convergentes, la integral completa 0+∞ f (x) dx también lo es.
Este ejercicio se puede resolver de muchas otras formas. Por ejemplo, podemos usar el criterio de
comparación por paso al límite usando las mismas funciones que por la técnica anterior, es decir, x−1/2
en (0, 1) y x−3/2 en (1, +∞), ya que
lı́m+
x→0
f (x)
=1
x−1/2
y
f (x)
= 1.
x→+∞ x−3/2
lı́m
1
1 −1/2
De Rese modo tenemos que el carácter de
dx y que el carácter
0 f (x) dx es el mismo que el de 0 x
R
+∞
+∞ −3/2
de 1 f (x) dx es el mismo que el de 1 x
dx. La conclusión es ya inmediata.
R
R
4
Otra manera de resolver el problema es por integración directa, es decir, calculando una primitiva de f
mediante el cambio de variable u = x1/2 , con el que se obtiene una integral racional
Z
1
dx = 2
3/2
x + x + x1/2
Z
1
4
2u + 1
√
du = √ arc tg
2
u +u+1
3
3
Ç
å
deshaciendo el cambio se obtiene
!
4
1
2x1/2 + 1
√
√
dx
=
arc
tg
.
x3/2 + x + x1/2
3
3
Z
Entonces
I1 = lı́m+
a→0
Z
1
a
"
1
4 π
2a1/2 + 1
√
√
dx
=
−
lı́m
arc
tg
x3/2 + x + x1/2
3 3 a→0+
3
!#
2π
= √ .
3 3
Con unas cuentas similares obtenemos que
I2 = lı́m
Z
b→+∞ 1
Finalmente
b
4
1
dx = √
3/2
1/2
x +x+x
3
Z
0
∞
"
!
#
2π
π
2b1/2 + 1
√
= √ .
lı́m arc tg
−
b→+∞
3
3
3 3
2π
2π
4π
1
√
√
√ .
dx
=
+
=
x3/2 + x + x1/2
3 3 3 3
3 3
5
Nombre y Apellidos:
1
Ejercicio 4. Calcula el polinomio de Maclaurin de orden 8 de f (x) =
. Utilízalo para calcular el
1 + x2
x
.
de orden 7 de g(x) =
(1 + x2 )2
Ejercicio 5. Resuelve el problema de valor inicial
®
y ′ + y = e−x ln(x),
y(1) = 0.
SOLUCIÓN:
Ejercicio 4. De nuevo nos encontramos con un ejercicio que se puede resolver de muy diversas formas.
Comentemos que, aunque se puede llegar a ambos polinomios mediante la definición, es decir, calculando
las 8 primeras derivadas de f y las 7 primeras de g y depués evaluando en x = 0, el tamaño de estas
derivadas es cada vez mayor y el tiempo que hay que dedicarles, así como el riesgo de equivocarse en los
cálculos, aumenta de forma considerable. Por ello hay que usar técnicas alternativas, como las que hemos
estudiado en clase.
En primer lugar, centrémonos en calcular el polinomio de Maclaurin orden 8 de f (x), ya que lo usaremos
después para hallar el de g(x). Una manera de calcular dicho polinomio, que denotaremos por p8 (x), es
basarnos en el polinomio de orden n de la función
1
,
1−X
el cual conocemos de clase y vale
Pn (X) = 1 + X + X 2 + X 3 + · · · + X n .
A partir de éste podemos obtener el de
1
1+Y
sin más que poner X = −Y en Pn (X), es decir, tendremos
P̂n (Y ) = Pn (−Y ) = 1 − Y + Y 2 − Y 3 + · · · + (−1)n Y n .
Para terminar con el cálculo del primer polinomio, lo único que hay que hacer es sustituir Y = x2 en el
polinomio anterior y cortar a orden 8. Así,
∗
∗
p8 (x) = P̂n (x2 ) = 1 − x2 + x4 − x6 + x8 ,
donde el asterisco sobre la igualdad indica que ésta es sólo a orden 8.
Otra manera de obtener este mismo resultado es realizando la división directa de 1 entre 1+x2 , parando
a orden 8.
También podemos calcular la división planteando que el polinomio que buscamos tiene que ser de la
forma
p8 (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · + a8 x8 ,
de tal modo que si lo multiplicamos por 1 + x2 tendrá que ser, cortando a orden 8 igual que 1, es decir
∗
(1 + x2 )(a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + a6 x6 + a7 x7 + a8 x8 ) = 1,
6
donde el asterisco sobre la igualdad sigue indicando que ésta es a orden 8. Multiplicando quedará
a0 + a1 x + (a0 + a2 )x2 + (a1 + a3 )x3 + · · · + (a6 + a8 )x8 = 1,
donde hemos quitado los términos de orden 9 y 10 que aparecían. Igualando los coeficientes de igual grado
a ambos lados de la igualdad quedan varias ecuaciones
a0 = 1,
a1 = 0,
a0 + a2 = 0,
a1 + a3 = 0,
...,
a6 + a8 = 0,
de las que se obtiene que a0 = −a2 = a4 = −a6 = a8 = 1 y que a1 = −a3 = a5 = −a7 = 0. En
definitiva, se obtiene el mismo polinomio p8 que calculamos por el primer procedimiento.
Para determinar el polinomio de Maclaurin de orden 7 de g(x), que denotaremos por q7 (x), lo más
sencillo es darse cuenta de que
′
f (x) =
Ç
1
1 + x2
å′
=
−2x
= −2g(x)
(1 + x2 )2
o, equivalentemente,
g(x) = −
f ′ (x)
.
2
Por tanto,
(−2x + 4x3 − 6x5 + 8x7 )
p′8 (x)
=−
= x − 2x3 + 3x5 − 4x7 .
2
2
Notemos que en este caso la igualdad se da directamente al orden 7 buscado, ya que la derivada de un
polinomio de grado 8 tiene grado 7.
Otra manera de calcular el polinomio q7 a partir de p8 es ver que g(x) = xf (x)2 , con lo que
q7 (x) = −
∗
∗
q7 (x) = xp8 (x)2 = x(1 − x2 + x4 − x6 + x8 )(1 − x2 + x4 − x6 + x8 ),
donde el asterisco indica que las igualdades son a orden 7. Realizando el producto y cortando a dicho
orden se llega, obviamente, al mismo polinomio q7 obtenido mediante la derivada.
Ejercicio 5. La ecuación diferencial del problema de valor inicial es lineal no homogénea, y ′ +p(x)y = q(x),
con p(x) = 1 y q(x) = e−x ln(x).
Para resolver el problema de valor inicial lo haremos en tres etapas: 1) encontramos la solución general
de la ecuación homogénea asociada (que dependerá de una constante, por ser la ecuación de primer
orden), 2) la usamos para hallar una solución particular de la ecuación completa mediante el método de
variación de las constantes y 3) imponemos la condición inicial para determinar la constante.
1) Solución general de la ecuación homogénea asociada: y ′ + y = 0. Esta ecuación es separable, así que
se resuelve pasando los términos que dependen de y a un lado y el resto al otro y después integrando cada
término de la ecuación
y′
y + y = 0 ⇔ y = −y ⇔ = −1 ⇔
y
′
′
Z
dy
=
y
Z
(−1)dx ⇔ ln |y| = −x + C,
donde C es una constante real cualquiera.
Para despejar y, calculamos la exponencial de cada lado de la ecuación, quedando
|y| = e−x+C = De−x ,
7
donde D = eC es una constante positiva cualquiera. La igualdad con el valor absoluto significa que
puede ser y = De−x o y = −De−x . Teniendo en cuenta que y = 0 es también solución de la ecuación
homogénea, para agrupar estas tres posibilidades podemos echar mano de una constante E que puede ser
positiva, negativa o cero. De ese modo, la solución de la ecuación homogénea se puede escribir como
yH (x) = Ee−x
siendo E una constante real cualquiera.
2) Solución particular de la ecuación completa: Con el método de variación de las constantes, buscamos
una solución del tipo yp (x) = u(x)e−x . Como yp (x) = u′ (x)e−x − u(x)e−x , sustituyendo en la ecuación
completa tenemos
e−x ln(x) = yp′ + yp = u′ (x)e−x − u(x)e−x + u(x)e−x = u′ (x)e−x .
Por tanto, u′ (x) = ln(x) o, equivalentemente, u(x) = ln(x)dx.
Esta integral se calcula por integración por partes, poniendo u = ln(x) y dv = dx, de modo que
du = (1/x)dx y v = x. Así se obtiene
R
u(x) =
Z
ln(x)dx = x ln(x) −
Z
1dx = x ln(x) − x.
Recordemos que no es necesario añadir la constante de integración porque sólo estamos buscando una
solución particular de la ecuación.
En resumen, yp (x) = (x ln(x) − x)e−x
2) Imponemos la condición inicial: La solución general de la ecuación diferencial es
y(x) = Ee−x + (x ln(x) − x)e−x ,
donde E es una constante real cualquiera.
Imponiendo la condición inicial tenemos que
y(1) = 0 ⇔ Ee−1 + (1 ln(1) − 1)e−1 = 0 ⇔ (E − 1)e−1 = 0.
Como e−1 6= 0, entonces E = 1.
En definitiva, la solución del problema de valor inicial es
y(x) = (x ln(x) − x + 1)e−x .
8