Soluciones Examen Diciembre 2012

MATEMÁTICAS II
Grado en Ingeniería de las Tecnologías de Telecomunicación
Tercera Convocatoria. 5 de Diciembre de 2012
Ejercicio 1.
(a) Calcular la recta tangente a la elipse de ecuación 2 −  + 2 = 9 en
cada uno de los puntos en los que la curva corta a los ejes coordenados.
(b) Un cable de 120 cm. de longitud se corta en tres o menos piezas, y cada
pieza se dobla para formar un cuadrado ¿Como deben hacerse los cortes
para que la suma de sus áreas sea mínima? ¿y para que sea máxima?
Solución: (a) Los puntos en los que la elipse 2 −  + 2 = 9 corta a los
ejes son:
 = 0 ⇒  = ±3 ⇒ 1 = (3 0) 
 = 0 ⇒  = ±3 ⇒ 3 = (0 3) 
2 = (−3 0) 
4 = (0 −3) 
Derivando implícitamente su ecuación obtenemos 2 −  −  0 + 2 0 = 0, por
lo que la pendiente de la recta tangente en los puntos de la elipse es
0 =
 − 2

2 − 
La recta tangente en 1 es  = 2 ( − 3), en 2 es  = 2 ( + 3), en 3 es
 − 3 = 1 /2 , y en 4 es  + 3 = 1 /2 .
(b) Debemos resolver el problema de optimizar la función
 (  ) =
³  ´2
4
+
³  ´2
4
+
³  ´2
4

sujeta a la restricción  +  +  = 120, de modo que al menos una variable sea
positiva. Usando el método de los multiplicadores de Lagrange, resolvemos
∇ = ∇, donde  (  ) =  +  + . Así obtenemos



= 
= 
= 
8
8
8
que implican  =  = , por lo que cada pieza  =  =  = 40, siendo el
área 1 = 3 × 102 = 300. Si el cable se corta solo en dos piezas, aplicando el
mismo método obtendríamos que cada una de las dos piezas mide 60 y el área
es 2 = 2 × 152 = 450. Si hay sólo una pieza, el área 3 = 302 = 900. Así que
el área mínima es 1 que se obtiene cortando el cable en tres piezas iguales y
el área máxima es 3 , si usamos todo el cable para formar un cuadrado.
1
Ejercicio 2.
(a) Sea R la región del primer cuadrante limitada por la circunferencia de
ecuación 2 +  2 = 4, la recta de ecuación  = , y el eje  .
1. Calcular el área de la región R.
2. Calcular el volumen del sólido que se obtiene cuando la región R
gira alrededor del eje .
3. Calcular el volumen del sólido que se obtiene cuando la región R
gira alrededor del eje  .
¡
¢
H
(b) Sea  la frontera de la región R y sea  = 2  3 . Calcular   · .
Solución: (a) 1. La región R = {( ) : 0 ≤  ≤ 2  /4 ≤  ≤  /2 }, por
lo que
∙ ¸2
Z 2³
Z 2 Z /2
 2
 ´

  =
−
   =
= 
 (R) =
2
4
4
2
2
0
/4
0
0
(a) 2. El volumen del sólido obtenido al girar R alrededor del eje  es
¸
Z √2
Z √2 ∙³p
´2
¡
¢
 = 
4 − 2 − 2  = 
4 − 22 
0
0
Ã
√ !
√
¸√2
∙
√
4 2
2 3
8 2

= 4 2−
=  4 − 
=
3
3
3
0
(a) 3. El volumen del sólido obtenido al girar R alrededor del eje  es
 = 2
Z
√
2
 ()  ()  = 2
0
Z
√
2
0

³p
´
4 − 2 −  
¸√2
∙
√
√ ´
¢
1
2 ³
1¡
3/2
8−2 2−2 2
− 3
=
= 2 − 4 − 2
3
3
3
0
√ ´ 8³
√ ´
2 ³
8−4 2 =
2 − 2 
=
3
3
¢
¡
(b) El teorema de Green para  = ( ) =  2  3 implica que
I
ZZ
ZZ
 ·  =
( −  )   =
(3 − 2)  

=
Z
0
=
Z
0
R
2 Z /2
/4
2µ
R
(3 − 2 sen )    =
√
3
 − 22
4
¶
"
Z
2£
3 + 22 cos 
0
¤/2
/4

#2
√
√
3 2
2 3
3 8 2
 −

−

=
 =
8
3
2
3
2
0