Soluciones 2ª Convocatoria 10 Julio 2013

MATEMÁTICAS II
Grado en Ingeniería de las Tecnologías de la Telecomunicación
Segunda Convocatoria. 10 de Julio de 2013
Ejercicio 1
a) Sea  la superficie de ecuación explícita  =  ( ) = 2 + 2 −  2 + 8
1. Calcular la ecuación de la recta tangente a la curva de nivel de la
superficie  en el punto (1 2), es decir a la curva de los puntos del
plano  = 0 tales que 2 + 2 −  2 + 8 =  (1 2).
2. Obtener la ecuación del plano tangente a la superficie  en el punto
(1 1 10)
3. Obtener la ecuación de la recta tangente a la curva de ecuación
½ 2
 + 2 −  2 + 8 −  = 0
 − 4 +  − 7 = 0
en el punto (1 1 10)
b) Calcular las distancias mínima y máxima del origen a la curva en R3
definida por
½ 2
 + 2 = 4
 −  + 2 = 2
Solución 1
a) 1. La curva de nivel que pasa por el punto (1 2) es el conjunto de los
puntos del plano  = 0 tales que
2 + 2 −  2 + 8 =  (1 2) = 7 ⇐⇒ 2 + 2 −  2 + 1 = 0
La pendiente de la recta tangente a la curva  ( ) = 2 + 2 − 2 + 1 = 0
en el punto (1 2) es
0 (1) = −
4
 (1 2)
=−
= 1
 (1 2)
−4
por lo que la ecuación de la recta tangente pedida es  −2 = −1 ⇔  = +1.
a) 2. La ecuación de la superficie  dada en forma implícita es
 (  ) = 2 + 2 − 2 −  + 8 = 0
Entonces el vector ∇ (1 1 10) = (4 −2 −1) es un vector normal a la superficie en el punto (1 1 10) y la ecuación del plano tangente a la superficie 
en dicho punto es
4( − 1) − 2( − 1) − ( − 10) = 0 ⇐⇒ 4 − 2 −  + 8 = 0
1
a) 3. Un vector  tangente a la curva es perpendicular a cada uno de los
vectores normales de las superficies, por lo que
¯
¯
¯i j k ¯
¯
¯
 = ∇1 (1 1 10) × ∇2 (1 1 10) = ¯¯ 4 −2 −1 ¯¯ = (−6 −5 −14)
¯ 1 −4 1 ¯
La ecuación de la recta tangente en forma paramétrica es
 () = (1 1 10) +  (−6 −5 −14) 
 ∈ R
b) Aplicamos el método de los multiplicadores de Lagrange a la función dada
por el cuadrado de la distancia al origen  (  ) = 2 +  2 +  2 , sujeta a
las restricciones
 (  ) = 2 +  2 − 4 = 0  (  ) =  −  + 2 − 2 = 0
El sistema de ecuaciones ∇ = ∇ + ∇ es
2 = 2 + 
2 = 2 − 
2 = 2
La tercera ecuación del sistema implica que  = , por lo que las dos primeras
2 (1 − ) = 
2 (1 − ) = −
implican 2 (1 − ) = −2 (1 − ) = .
Si  = 1, entonces  = 0 por lo que la restricción  −  + 2 − 2 = 0 es
 −  − 2 = 0, lo que implica  =  + 2. Usando la primera restricción
4 = 2 + 2 = ( + 2)2 +  2 = 2 2 + 4 + 4 =⇒ 2 2 + 4 = 0
por lo que  ( + 2) = 0 así que  = 0,  = −2 son las dos soluciones obtenidas.
Como  = 0 y  =  + 2, los dos puntos candidatos a extremos absolutos son
1 = (2 0 0) y 2 = (0 −2 0).
Si  6= 1, entonces 2 (1 − ) = −2 (1 − ) implica  = −, por lo que la
primera restricción
√
4 = 2 +  2 = 22 =⇒  = ± 2
Teniendo en cuenta la segunda restricción 2 = 2 −  +  =
√ Entonces
√ ¢
¡√2 − 2.
2 − 2 1 − 2
los dos puntos candidatos a extremos absolutos son 3 =
√ ¢
¡ √ √
y 4 = − 2 2 1 + 2 .
En consecuencia, los puntos de la curva más cercanos al origen son 1 y
∗ = 2, porque el cuadrado de la distancia de
2 , siendo la distancia mínima √
3 al origen es 2 (3 ) = 7 − 2 2 ≈ 41716  4. El punto
p de√la curva más
∗
alejado del origen es 4 y la distancia máxima es  = 7 + 2 2.
2
Ejercicio 2
a) Calcular el volumen del sólido limitado
por las superficies con ecuaciones
p
2
2
2
2
 +  = 2,  =  +  y  = 9 − 2 − 2 .
b) Sea R la región del primer cuadrante limitada por las gráficas de las
funciones  = cos ,  = 1 /2 y el eje . Se pide:
1. Calcular el área de R.
2. Calcular el volumen del sólido que se obtiene cuando R gira alrededor del eje .
3. Calcular el volumen del sólido que se obtiene cuando R gira alrededor del eje .
I
¡
¢
4. Calcular
 para el campo  ( ) =  + 2  32 +  ,

donde  es la curva frontera de la región R.
Solución 2
a) El sólido  está limitado inferiormente
por el paraboloide  = 2 +  2 y
p
superiormente por la semiesfera  = ©9 − 2 −  2 . La proyección
ª del sólido
sobre el plano  = 0 es la región  = ( ) ∈ R2 : 2 + 2 ≤ 2 . Entonces,
la descripción -proyectable de  es
n
o
p
 = (  ) ∈ R3 : ( ) ∈  2 +  2 ≤  ≤ 9 − 2 −  2 
y en coordenadas cilíndricas
n
o
p
√
 = (  ) : 0 ≤  ≤ 2 0 ≤  ≤ 2 2 ≤  ≤ 9 − 2 
El volumen del sólido en coordenadas cilídricas es
Z 2 Z √2 ³p
Z 2 Z √2 Z √9−2
´
    =

9 − 2 − 2  
 () =
2
0
0
0
0
Ã
√ !
¸√2
Z 2 ∙
4
¢
7
1¡

7
3/2
=
− 9 − 2
−
 = 2 8 −

3
4 0
3
0
b) Las gráficas de las funciones  = cos ,  = 1 /2 en el primer cuadrante
se cortan en el punto ( /3  1 /2 ). Por lo tanto, la región R en coordenadas
cartesianas es
¾
½
 1
R = ( ) : 0 ≤  ≤  ≤  ≤ cos  
3 2
1. El área de R es
Z
 (R) =

3
0
√
¶
∙
¸
µ
1 3
3 
1
 = sen  −  =
− 
cos  −
2
2 0
2
6
3
2. El volumen del sólido cuando la región gira alrededor del eje  es
Z

3
1
(cos2  − ) 
4
0
¶
Z µ
3
1 cos 2
+
=

4
2
0
¸
∙
 sen 2 3
+
=
4
4
0
Ã
√ !

3
+
=
12
8
√ ¢
¡
2 + 3 3

=
24
 = 
3. El volumen del sólido cuando la región gira alrededor del eje  es
¶
Z  µ
3
1

 = 2
 cos  −
2
0
¸
∙
2 3
= 2  sen  + cos  −
4 0
" √
#
2
 3 1 
− −
= 2

6
2 36
4. Para calcular la integral de línea utilizamos el teorema de Green.
¶
ZZ µ
I


−

 =


R

ZZ
=
(3 2 + 1 − 1) 
=
Z
Z

3
0

3
R
Z
cos 
3 2  
1
2
£ 3 ¤cos 

 1
2
0
¶
Z µ
3
1

cos3  −
=
8
0
¸
∙
sen3   3
−
= sen  −
3
8 0
√

3 3
− 
=
8
24
=
4