Soluciones del Examen de Septiembre de 2003

CÁLCULOPrimer curso de Ingeniero de TelecomunicaciónExamen de 1 de Septiembre de 2003Primera parteEjercicio 1. Una vasija que tiene la forma del paraboloide de revolución deeje vertical obtenido al girar la curva y = px 2 en torno al eje OY, se encuentraparcialmente llena de agua. Calcular el cociente entre el área de la superficiemojada de la vasija y el volumen de líquido cuando la superficie superior delagua es un círculo de radio R.Solución. Usando el método de los discos, el volumen V del líquido esZ pR2V = π0Z pR2x 2 dy = π= π ¸pR2 ·y2= π p 2 R 4p 20p 2= πpR42 .El área de la superficie mojada viene dada porZ R qA =2π x 1+(y 0 ) 2 dx0Z R0yp dy=2π x p 1+4p 2 x 2 dx0·2 1 ¡=2π 1+4p 2 x 2¢ 3/23 8p 2 0= π h ¡1+4p 2 R 2¢ i3/2− 1 .6p 2El cociente entre el área de la superficie y el volumen esiπAh(1 + 4p 2 R 2 ) 3/2 − 1V = 6p 2πpR 42= (1 + 4p2 R 2 ) 3/2 − 13p 3 R 4 .¸R1

Ejercicio 2.1. Dentro de un círculo de radio R se inscribe un cuadrado y dentro de éste unnuevo círculo. El proceso se repite indefinidamente. Determinar la sumade las áreas de todos los círculos resultantes.2. A partir de la serie geométrica, obtener el desarrollo en serie de potenciasen el origen de la función f (x) =2x .(1+x 2 ) 2Solución. 1. Si R es el radio del círculo dado, tenemos que su área es A 0 = πR 2 .El radio y el área del nuevo círculo inscrito en el cuadrado sonR cos π 4 = √ R y A 1 = πR22 2 .Usando el principio de inducción, obtenemos que el radio y el área del n-ésimocírculo sonR cos n π 4 = R y A2 n n = πR222 . nEn consecuencia, la suma de las áreas de todos los círculos resultantes esS =∞XA n = πR 2n=0∞Xn=012 n = πR2 µ 11 − 1 2=2πR 2 .2. Derivando la serie geométrica11+x = X ∞(−1) n x 2n , −1

CÁLCULOPrimer curso de Ingeniero de TelecomunicaciónExamen de 1 de Septiembre de 2003Segunda parteEjercicio 3. Se desea construir un abrevadero para ganado con una chapa rectangularmuy larga y con a metros de anchura. A ese efecto se pretende doblarhacia arriba dos tiras laterales de anchura x conunánguloθ y tapar luego losextremos con dos piezas planas trapezoidales adecuadas iguales. Determinar x yθ de forma que el abrevadero resultante tenga volumen máximo y obtener el áreade las piezas planas necesarias para tapar los extremos.Solución. El volumen del abrevadero es el producto del área de la pieza planatrapezoidal por la longitud l de la chapa, es decir,V = 1 (B + b) hl,2dondeEntoncesb = a − 2x, B = a − 2x +2x cos θ y h = x sen θ.V (x, θ) =(a − 2x + x cos θ) x sen θl = l £ (a − 2x) x sen θ + x 2 sen θ cos θ ¤ ,donde 0 ≤ x ≤ a/2 y 0 ≤ θ ≤ π/2. En primer lugar, determinamos los puntosdel interior del conjunto que verifican ∇V (x, θ) =(0, 0) , resolviendo el sistema½ l [−2x sen θ +(a − 2x)senθ +2x sen θ cos θ] =0,l [(a − 2x) x cos θ + x 2 (cos 2 θ − sen 2 θ)] = 0.La primera ecuación implica quea sen θ +2x (sen θ cos θ − 2senθ) =0⇐⇒ sen θ [a +2x (cos θ − 2)] = 0.En el interior del conjunto tenemos que 0

Con este valor, la segunda ecuación esµa a cos θ⇐⇒ a −2 − cos θ 2(2− cos θ) + a2 (cos 2 θ − sen 2 θ)4(2− cos θ) 2 =0µ a (2 − cos θ) − a a cos θ⇐⇒2 − cos θ 2(2− cos θ) + a2 (cos 2 θ − sen 2 θ)4(2− cos θ) 2 =0⇐⇒ 2(a − a cos θ) a cos θ + a2 cos 2 θ − a 2 sen 2 θ4(2− cos θ) 2 =0⇐⇒ 2a2 cos θ − a 2 cos 2 θ − a 2 sen 2 θ4(2− cos θ) 2 =0⇐⇒ 2a2 cos θ − a 24(2− cos θ) 2 =0⇐⇒ a 2 (2 cos θ − 1) = 0 ⇐⇒ cos θ = 1 2 ⇐⇒ θ = π 3 .En consecuencia, la anchura de cada tira y el ángulo obtenidos sonax =2 ¡ ¢ = a 2 − 1 3 , θ = π 3 .2En el punto interior obtenido, el área de cada pieza trapezoidal plana es³ √a´2 3³ √a´2 3³ a´2A =(a − 2x) x sen θ+x 2 sen θ cos θ =3 2 + 3 4 = 3 √ √3 3=3 4 12 a2 .El volumen obtenido en el punto es³ aV3 , π ´ √3=3 12 a2 l.A continuación, estudiamos los puntos críticos en los cuatro segmentos queforman la frontera. Si x =0entonces V =0.Six = a/2 el volumen viene dadopor V (θ) =(a 2 /4) sen θ cos θl, donde 0 ≤ θ ≤ π/2. Resolviendo la ecuaciónV 0 (θ) = ¡ a 2 /4 ¢¡ cos 2 θ − sen 2 θ ¢ l =0,obtenemos cos 2θ =0,donde0 ≤ 2θ ≤ π, luego2θ = π/2 y el único punto críticoes θ = π/4. Portanto,³ aV2 , π ´= a2 14 4 2 l = 1 8 a2 l.Si θ =0entonces V =0.Siθ = π/2 el volumen es V (x) =(a − 2x) xl, donde0 ≤ x ≤ a/2. LaecuaciónV 0 (x) =(−2x + a − 2x) l =(a − 4x) l =0,tiene como única solución x = a/4. El volumen en dicho punto es³ aV4 , π ´ ³= a − a ´ a2 2 4 l = 1 8 a2 l.Dado que 1 < √ 3⇔ 3 < √ 3, el volumen máximo se alcanza en (a/3,π/3) y8 12 2el área de cada pieza es √ 312 a2 .4

Ejercicio 4. Sea Ω el recinto comprendido entre el exterior de un paraboloide yel interior de un elipsoide definido porΩ = © (x, y, z) ∈ R 3 : z +3≤ x 2 +4y 2 , x 2 +4y 2 + z 2 ≤ 9 ª .RR Sea S la superficie que limita a Ω y sea F (x, y, z) =(xz, sen z,e y ).F · ndS usando el teorema de Gauss.SCalcularSolución. El teorema de Gauss afirma que el flujodesalidadeF a través de Scoincide con la integral triple de la divergencia de F ,esdecirZZZZZF · ndS = div (F ) dx dy dz.SΩLa divergencia de F (x, y, z) =(xz, sen z, e y ) es div (F )=z, por lo que debemoscalcular RRR zdxdydz. Obtenemos la intersección del paraboloide y elΩelipsoide, resolviendo¾z +3=x 2 +4y 2x 2 +4y 2 + z 2 =⇒ z +3+z=92 =9=⇒ z 2 + z − 6=0.Las soluciones de esta ecuación sonz = −1 ± √ 1+242= −1 ± 52=½ 2,−3.Entonces, la región Ω se puede describir como la unión de las seccionesA (z) = © (x, y) :z +3≤ x 2 +4y 2 ≤ 9 − z 2ª , −3 ≤ z ≤ 2.Por ello, la integral triple verifica⎛ ⎞ZZZZ 2 ZZ⎜ ⎟zdxdydz= ⎝ dx dy⎠ zdz=Ω−3A(z)Z 2−3área (A (z)) zdz.Cada sección A (z) es el recinto comprendido entre las elipses x 2 +4y 2 =9−z 2y x 2 +4y 2 = z +3. Las ecuaciones canónicas de estas elipses sonx 29 − z + y 22 (9 − z 2 ) /4 =1 y x 2z +3 + y 2(z +3)/4 =1.Las áreas de las regiones que encierran las elipses son, respectivamente,A 1 = π √ r9 − z9 − z 2 2= π ¡ ¢ 9 − z2,4 2A 2 = π √ rz +3z +3 = π (z +3).4 25