Soluciones del Examen Final

CÁLCULOPrimer curso de Ingeniero de TelecomunicaciónExamen Final. 26 de Junio de 2007Primera parteEjercicio 1. Determinar los puntos de máxima y mínima pendiente de lagráfica de la funcióny = 11+x 2 , x ∈ R.Solución. La pendiente de la gráfica de la función dada esy 0 = −2x(1 + x 2 ) 2 , x ∈ R.Lospuntoscríticosdey 0 se obtienen resolviendo la ecuación y 00 =0, esdecir,y 00 = −2 ¡ 1+x 2¢ 2 +8x2 ¡ 1+x 2¢(1 + x 2 ) 4= −2 ¡ 1+x 2¢ +8x 2(1 + x 2 ) 3= 6x2 − 2(1 + x 2 ) 3=0Las soluciones de esta ecuación son los puntos críticos:6x 2 − 2=0⇐⇒ x 2 = 1 3 ⇐⇒ x = ± 1 √3.A continuación, obtenemos los conjuntos de crecimiento y decrecimiento dey 0 . Si |x| < 1/ √ 3 entonces x 2 < 1/3, luego 6x 2 − 2 < 0, siendo y 00 < 0.Entonces la pendiente y 0 es decreciente en el intervalo ¡ −1/ √ 3, 1/ √ 3 ¢ . Si|x| > 1/ √ 3 tenemos que y 00 > 0, luego la pendiente y 0 es creciente en elconjunto ¡ −∞, −1/ √ 3 ¢ ∪ ¡ 1/ √ 3, ∞ ¢ .Si x < −1/ √ 3 la pendiente es creciente y si −1/ √ 3 < x < 1/ √ 3 esdecreciente, luego la máxima pendiente se alcanza en el punto ¡ −1/ √ 3, 3/4 ¢de la gráfica de y.Si −1/ √ 3

Ejercicio 2. Sea R la región plana limitada por la gráfica de la funciónf(x) =1√x 2 +4 , x ≥ 0,el eje OX yelejeOY. Consideramos los sólidos que se obtienen cuando laregión R gira en torno al eje OX yalejeOY . Calcular el volumen de dichossólidos.Solución.El volumen cuando la región R gira en torno al eje OX, usando el métodode los discos, viene determinado por la integralZ ∞Z ∞V 1 = π f(x) 2 1dx = π00 x 2 +4 dxmientras que el volumen, cuando dicha región gira en torno del eje OY ,utilizandoel método de las capas, está determinada por la integralZ ∞Z ∞1V 2 =2π xf(x)dx =2π x√ x 2 +4 dx.0Ahora calculamos estas intergrales impropias:V 1 = πZ ∞0f(x) 2 dx = πZ ∞∙ 1³ x´¸b= π limb→∞ 2 arctan 2V 2 =2πZ ∞0Z b=2π limb→∞ 00001x 2 dx = π lim+4 b→∞= π 2 limb→∞Z ∞xf(x)dx =2π0x√x 2 +4´∙arctanx√x 2 +4 dxdx =2π limb→∞Z b10 x 2 +4 dxµ b=2¸ π24 .hp i bx 2 +40³p=2π lim b 2 +4 − 4π = ∞.b→∞El volumen V 2 también puede calcularse utilizando el método de los discos.En este caso tendríamos que despejar x en la función y =r µ1y 2 − 4, donde y ∈ 0, 1 2x = g(y) =Z 12V 2 = π g(y) 2 dy = π0∙= π lima→0 +− 1 y − 4y¸ 12Z 12a0= π1√x 2 +4 , obteniendo¸.Enestecaso,elvolumenesµ 1y 2 − 4 dy = π lima→0 + Z 12aµ 1y 2 − 4 dy∙µ ¸ 1−2 − 2+ lima→0 + a +4a = ∞.2

CÁLCULOPrimer curso de Ingeniero de TelecomunicaciónExamen Final. 26 de Junio de 2007Segunda parteEjercicio 3. Sea T (x, y, z) = 100 + x 2 + y 2 la temperatura en cada puntode la superficie esférica x 2 + y 2 + z 2 =50. Hallarlastemperaturasmáximaymínima en la curva formada por la intersección de la superficie esférica y elplano x − z =0.Solución. La función objetivo es T (x, y, z) = 100 + x 2 + y 2 , siendo lasrestriccionesg (x, y, z)=x 2 + y 2 + z 2 =50,h (x, y, z)=x − z =0.El criterio de los multiplicadores de Lagrange asegura que los extremos enla curva satisfacen el sistema dado por∇T (x, y, z) =λ ∇g (x, y, z)+μ ∇h (x, y, z) .Lastresecuacionesdesistemason2x =2λx + μ,2y =2λy,0=2λz − μ.La tercera ecuación implica μ =2λz, por lo que x = λx + λz. La segundaecuación implica y (1 − λ) =0, por lo que y =0obienλ =1.Si y =0, entonces las restriciones se convierten enx 2 + z 2 =50,x − z =0,luego 2x 2 =50, lo que nos da los puntos P 1 =(5, 0, 5) y P 2 =(−5, 0, −5) .Si λ =1, entonces x = x + z, luego z =0, y las restricciones implicanque x = 0, y 2 = 50. Así obtenemos los puntos P 3 = ¡ 0, 5 √ 2, 0 ¢ y P 4 =¡0, −5√2, 0¢. Los valores de la temperatura en dichos puntos sonT (P 1 )=T (P 2 ) = 125, T (P 3 )=T (P 4 )=150,por lo que el máximo absoluto se alcanza en P 3 y P 4 , mientras que el mínimoabsoluto se alcanza en P 1 y P 2 .3

Ejercicio 4. Sea R la región plana interior a la curvax 24 + y22 =1.a) Utilizar el cambio de variables u = x/2, v = y/ √ 2 para calcular laintegral doble ZZ(8 − 2x 2 − 4y 2 ) dx dy.b) Calcular el volumen del sólidoRQ = © (x, y, z) ∈ R 3 :1≤ z ≤ 9 − 2x 2 − 4y 2ª .c) Calcular el flujo exterior del campo vectorialF (x, y, z) = ¡ 8x + z,2xz 2 , −4y 2¢atravésdelafronteraS del sólido Q.Solución. a) El cambio de variables dado es x =2u, y = √ 2v, porloquelaregión R se transforma en el plano uv enT = © (u, v) ∈ R 2 : u 2 + v 2 ≤ 1 ª .A continuación, calculamos el jacobiano∂ (x, y)¯¯¯¯x∂ (u, v) = u x vy u y v¯¯¯¯ =¯ 2 √ 00 2¯¯¯¯ =2 √ 2.Usando el teorema del cambio de variables, calculamos la integral doble,ZZZZ(8 − 2x 2 − 4y 2 ¡) dx dy = 8 − 8u 2 − 8v 2¢ 2 √ 2 du dvRT=16 √ ZZ2 (1 − u 2 − v 2 ) du dvT=16 √ Z 2π ¡2 1 − r2 ¢ rdrdθ,donde hemos utilizado el cambio a coordenadas polares dado por u = r cos θ,v = r sen θ. FinalmenteZZ(8 − 2x 2 − 4y 2 ) dx dy =16 √ Z 2π∙ r22R0 2 − r4¸1dθ40=4 √ Z 2π2 dθ =8 √ 2π.0Z 1004

) El volumen del sólido Q puede calcularse mediante la integral tripleZZZZZ¡V (Q) = dx dy dz = 9 − 2x 2 − 4y 2 − 1 ¢ dx dy,Qsiendo R la proyección del sólido sobre el plano de ecuación z =0,queeslaregión plana limitada por la curva de ecuación 9 − 2x 2 − 4y 2 − 1=0, es decirla curva plana de ecuación x24 + y2=1. Usando el resultado del apartado a),2obtenemos queZZ¡V (Q) = 8 − 2x 2 − 4y 2¢ dx dy =8 √ 2π.Rc) Para calcular el flujo a través de la superficie cerrada S utilizamos el teoremade Gauss de la divergencia,ZZZZZ(F.N) dS = div(F ) dx dy dz.SQComo la divergencia del campo dado es div(F )=F x +F y +F z =8,obtenemosZZZZZZZZ(F.N) dS = div(F )dxdydz =8 dx dy dz =64 √ 2π,SQQusando el resultado del apartado b).R5