Examen de Calculo Integral

 

C´ a alculo lculo II y EDO. Examen Ordinario. Curso 2011-2012. Apellidos: Nombre: Grupo:

Nota:

´ BLOQUE I. CALCULO VECTORIAL EN VARIAS VARIABLES. Ejercicio 1   Consid´ Con sid´erese erese la regi´  on comprendida entre las curvas   y   =   x2 e   y   =   x3 . Calcular  R f (x, y )dxdy  donde   f (x, y ) =  min (x, y ).

 

puntos   (0, 0)   y  y    (1, 1). 1). Adem´  as, en  Solucion Soluci´ o ´n 1   Las curvas   y   =   x2 e   y   =   x3 se cortan en los puntos   3 2 cualquier punto ( punto  ( x, y )  de dicha regi´  on tenemos que  x  x x y que  y  y x,  y por lo tanto  f (x, y ) = y.  Por consiguiente:

≤

   

f (x, y )dxdy  =

=

x4

 − 2

0

  x2

0

x3

 − 10 14

2

 

ydydx =

  x7

  x5   x6   dx  =

x2 y2

 1

   

R

 1

 1

 ≤

1

 

=

0

 1 10

 

2

0

dx  =

3

x

− 5  =   1  −  141   =   7 70 35

Ejercicio 2  Determinar el centro de gravedad del primer octante de la esfera de radio a centrada 

en el origen, siendo la densidad de cada punto proporcional a su distancia al origen. Solucion Soluci´ o ´n 2  La densidad es proporcional a la distancia de punto al origen:

 

d(x , y , z) =  K  x2 + y 2 + z 2 =esfericas =  K ρ

Por la geometr geometr´ ´ıa ıa del cuerpo cuerpo y de la densidad, densidad, po podr dremos emos afirmar que el centr centro o de grave gravedad dad se  encuentra a lo largo de eje   Z , y por lo tanto ser´  a un punto del tipo:   (0, 0, M xy xy ).   Calculemos la  masa: m  =

 

ρdxdydz =

esfericas

 a

=

V  

  π

  π

2

2

      0

0

0

·

K ρ ρ senθdϕdθdρ  =  K 

a

  ρ4 =  K 

π

π

 ( cosθ) 0   ϕ 0   =  K  2

2

·−

a4 π

 =

   

M xy xy   =

xρdxdydz  =

|  · |

 a

=  K 

 a

=

V  

 a

=  K 

esfericas

0

  π

  π

2

2

0

0

  π

2

ρ4 dρ

0

0

1

4

0

  π

2

2

0

0

ρ sen θcosϕdϕdθdρ  =  K  cos(2θ )   dθ

2

  π

 

2

5 4

M xy xy  = m

1=

Kπa

8

4

0

1dϕ  =

·

  π

2

4

  π

0

0

a

0

0

θ

  sen(2θ )

2

4

  K a5 π

20

=

2

2

sen θdθ

  2a 5

y por lo tanto el centro de gravedad estar´  a en el punto: punto:   (0, 0,  25a ) . 1

2

8

ρ dρ

Ka 5 π

20

senθdθ

0

             − 5

a5 π

0

·

  ρ5 cosϕdϕ =  K 

0

ρ dρ

  π

 

ρsenθcosϕ K ρ ρ2 senθdϕdθdρ  =  a

2

=  K  Calculamos ahora:

  π

     

2

3

  K πa 4

4 2 4 0 Calculemos por lo tanto el momento con respecto al eje   Z :

            −

  π

 a

2

cosϕdϕ = π

2

0

π

|

senϕ 02   =

1  

Co nsid´ d´erese erese la espiral  esp iral   σ (t) = ( et cost cost,, et sent),   con   t Ejercicio 3   Consi

∈ [0, 2π].

(a) Calcular Calcular la integr integral al de traye trayectori ctoria a de la funci´  on   

f (x, y ) =

x

2x2 + 2y 2

.

 

(b) Calcular la integral integral de l´ınea ınea del campo campo vectorial  F (x, y ) =



  y   y , x2 + y 2 x2 + y 2



.

Solucion Soluci´ o ´n 3  Calculemos el vector tangente y su norma:

  

σ  (t) = (et cost

t

t

t

t

t

  − e sent sent,, e sent + e cost) = e (cost − sent), e (cost + sent)   √  σ (t) = e2 (cos2 t + sen2 t − 2sentcost) +  e2 (cos2 t + sen2 t + 2sentcost) =  e 2             

t



 

a)   f (x, y ) =

x

2x2 + 2y

   

t

σ

  2π

f dσ  =

0

   2 √  √ 2 e 2 dt = 0

cost

t

π

t

e cost cost dt =

 1 = e2π 2 t

t

cost,, e sent) = b)   F (e cost



 = 2( 2(et cost)2 + 2(et sent)2

 

Por tanto:

 

et cost

 

t

⇒ f (e cost cost,, e sent) =

 = 2

            

t

Integral circular por partes

t

  et cost

√ 

2e2t

  =

√ 2 .



π

et sent   et sent , e2t (cost + sen2 t) e2t (cost + sen2 t)

 cost

 1 = et (cost + sin(t) 2

−  12   =   12 (e2 − 1).

 

=

sent  sent  , t et e



2π

= 0

.

Por tanto:   2π

sent  sent  , t t

F  dσ  =

   ·      0

σ

  2π

=

sentcost

0

e

e

sent), et (cost + sent)   dt  =

et (cost

·

−

− sen t + sentcost + sen tdt =   sen t 20    2     

   2     

2



π



= 0.

on de la superficie lateral de un cono de  Ejercicio 4   Consideremos la siguiente parametrizaci´  radio   a >  0  0:: x(r, θ ) =  arcosθ, y (r, θ ) =  arsenθ, r [0, 1], θ [0, 2π ]. z (r, θ ) = 1 r,

   

∈

−

∈

(a) Calcular el ´  area de dicha superficie. (b) Calcular el flujo del siguiente campo vectorial a trav´es es de la superficie: F (x , y , z ) =



  y

(1

,   x 2

− z)

(1



,0 . 2

− z)

2  

Soluci´ Soluci on on 4  Calculemos el vector perpendicular: ´



  T r   = T θ   =

   −  ⇒ ×  −                           

−

(aco acosθ, sθ, asenθ, asenθ, 1)  = arsenθ, nθ, arcosθ, arcosθ, 0) ( arse

−

θ

 a

  2π

0

0

   

T  × T  dθdr = r

θ

=  a

b)   F (x , y , z) =

 S 

       1

  2π

0

0

 1

  2π

0

0

ar

1 +  a2 2π

  r2

2

− −

  2π

0

0

    

 1

  2π

0

0

rdθdr  =

 πa a 1 +  a2 =  π

0

=

asenθ  acosθ   ,   ,0 r r

a2 senθcosθ +a2 senθcosθdθdr  =

1 +  a2

1 +  a2

1

− −

 1

= (arc arcos osθ, θ, ars arsenθ enθ,, a2 r)

a2 r 2 + a4 r 2 =  ar

1 +  a2 dθdr  =  a

  arsenθ   arcosθ , ,0 (1 (1 r ))2 (1 (1 r))2 F dS   = =

=

T r T θ   =

T  × T   =  a2r2cos2θ + a2r2sen2θ + a4r2 = r

(a)   A  =

i j k acosθ asenθ 1 arsenθ ars enθ arcos arcosθθ   0

asenθ  acosθ   ,   , 0 .  Por lo tanto: r r

· (arc arcos osθ, θ, ars arsenθ enθ,, a2 r )dθdr  =

     1

  2π

0

0

2a2 senθcosθdθdr  =  a 2 sen2 θ

2π



0

· r|10  = 0

3  

BLOQUE II. ECUACIONES DIFERENCIALES Ejercicio 5   Se pide:

(a) Dada la ecuaci´  ecuaci´  on diferencial de primer grado,   (xy

− 1)dx + (x2 − xy)dy  = 0.

Encontrar un factor integrante,   µ(x), que dependa de   x. Resolver la ecuaci´  on exacta resultante de multiplicar la ecuaci´  on diferencial por el   factor integrante. integrante. (b) Dada la ecuaci´  ecuaci´  on diferenci dife rencial al homog´ hom og´ eenea, nea,   x2 Aplicar el cambio de variable   z  =

dy dx

 − 3xy − 2y2 = 0.

 y  a la ecuaci´  on diferencial. x

Resolver la ecuaci´  on en variables separadas resultante de aplicar el cambio de variable  pedido en el apartado anterior. Solucion Soluci´ o ´n 5   a)   (xy

− 1)dx + (x2 − xy)dy  = 0 =⇒ µ(x)(xy − 1)dx + µ(x)(x2 − xy)dy = 0

 ,  es decir: Esta ecuaci´  on ser´  a exacta si   ∂M    =   ∂N  ∂y ∂x

− y) + µ (x2 − xy)   ⇐⇒   µ (x2 − xy) = xµ − µ(2x − y)   ⇐⇒ x  −(x − y)  = −1  ⇐⇒   log (µ) = log ⇐⇒   µµ   =  xy2 −− xy  l og (x 1 )   ⇐⇒   µ(x) =  x  = x(x − y ) x 

µx  =  µ (2x





−

1

−

=

 1 x

Multiplicamos ahora la ecuaci´  on por el factor integrante, obteniendo: (y

−  x1 )dx + (x − y)dy  = 0,

que hemos visto que es una ecuaci´  on exacta. La funci´  on potencial asociada es: 2

φ(x, y ) =  xy

− log (x) +   y2

y por lo tanto la soluci´  on general de la ecuaci´  on diferencial es: xy

b)   x

2 dy

dx

 − 3xy − 2y

2

=0

  ⇐⇒

− log (x) +

⇒

 1 = 2

⇒ log

=

 1

  ⇒  −    z

  z z  + 1

2

  =  c

  dy   3xy  + 2 y 2  = x2 dx

Aplicamos el cambio de variable:   z  =   xy dz x  +  z  = 3z  + 2 z 2 = dx

  y2

 →

  dy dz  +  z ,   =  x dx dx

dz x   = 2z 2 + 2z  = dx

⇒

  dz   dx   =  = x 2z 2 + 2 z

  ⇒

  1  1 dz  =  log (x) +  c  = (log (z ) z  + 1 2

⇒

⇒

 l og (x) +  c  = =  log 4

5

 

  x y y  + x

1

obteni obteniendo: endo:

4

y x y  + x

5

1

⇒

⇒ y   +y  x   = c 2x4 =⇒

  =  c 2 x2 =

⇒ y  =  c2x y + c2x =⇒ y(1 − c2x ) = c 2x =⇒

=

  dx  = x

 

− log(z + 1)) = log (x) + c  =⇒

⇒

  =  c 1 x  =

  dz  = 2z 2 + 2z

  x2 x5 y  = 1 c 2 x4

−

4  

Transformada a de Ejercicio 6   Resuelva el siguiente problema de valor inicial empleando la   Transformad Laplace:

  

Solucion Soluci´ o ´n 6

L(y





L

+ 2y + y ) = (4e

x

−

)

y  + 2y  + y  = 4e−x , y (0) = 0, y  (0) = 1.

  ⇐⇒   s2L(y) − sy(0) − y (0) + 2(sL(y) − y(0)) + L(y) = s   +4 1   =⇒ 

        

  s + 5   4 = (y )(s + 2s + 1) =  + 1 =  = s + 1 s + 1 Calculemos ahora la transformada inversa: 2

⇒L

        

  s + 5 (y ) =  = (s + 1) 3

⇒L

⇒ y  = L

 ⇒ 

s + 5   A   B   C    As2 + 2As + A + B  Bss + B  +  C    = + +   =   = s + 1 (s + 1) 2 (s + 1) 3 (s + 1) 3 (s + 1)3

Por lo tanto:

s + 5   1   4   =   + (s + 1)3 (s + 1) 2 (s + 1) 3

1

−



  s + 5 (s + 1) 3



A  = 0 2A + B  = 1 = B  = 1 A + B  +  C   = 5 = C   = 4

⇒

⇒

y la soluci´  on de nuestro problema: y  =

L

1

−



  1 (s + 1) 2



+2

L

1

−



  2 (s + 1) 3



=  xe

x

−

+ 2 x2 e

x

−

Ejercicio 7  Dado el problema de valor inicial:

 

2

dy   = (x dx

− y),

y (0) = 1

(a) Calcule Calcule la soluci´  on exacta del problema. (b) Aplique el m´ etodo etodo de Euler para para aproximar la soluci´  on en los puntos   0,   0,5   y   1. (c) Aplique el m´ etodo etodo de Euler mejorado para para aproximar la soluci´  on en los puntos   0,   0,5   y   1. (d) Compar Comparee la soluci´  soluci´  on exacta obtenida en el apartado (a) con las aproximaciones obtenidas  en los apartados (b) y (c). Qu´e m´etodo etodo es m´  as preciso?  Solucion Soluci´ o ecuaci´  on lineal. Por lo tanto calculamos: ´n 7   a)   y  +   21 y  =   x2   Esta es una ecuaci´ 

      P 

e

=  e

  1 2

dx

=  e

x

2

Multplicamos ahora la ecuaci´  on por este e ste t´ermino erm ino:: x

x

x



x

e 2 y  + e 2 1 y  =  e 2 x   = 2 2

⇒ e



x

x

x

x

⇒ e =    e x2 dx = =  e (x − 2) +  c  =⇒ =⇒ y  =  x − 2 +  ce y (0) = 1 =⇒ 1 = 0 − 2 +  ce = 0 − 2 +  c  =⇒ c  = 3 =⇒ y  =  x − 2 + 3 e 2

=  e x 2 = 2

2

−

−

0 2

int. partes

2

2

x

2

−

x

2

5  

x1  =   21 ,

b) Euler: Euler:   x0  = 0,

x2  = 1   h  =   12 ,

y0  =  y (0) = 1

En este caso tenemos la E.D.O.   y =   x 2 y  y por por lo tant tanto o   f (x, y ) =   x 2 y 

−

−

y1  =  y 0  +  hf (x0 , y0 ) = 1 + y2  =  y 1  +  hf (x1 , y1 ) =

  3  1  + 4 2

−

 1 0 1   =1 2 2

−  14   =   34   = 0 ,75

1 2

 −   43  =   3 −  1 (− 1 ) =   11 ≈ 0,6875 2

4

2

8

16

c) Euler mejorado: mejorado: 1 P redicci rediccion on  :  z 1   =   y0  +  hf (x0 , y0 ) = 1 +   21 0− 2   =1

−   41   =  34   = 0,75  Correccion  :  y 1   =   y0  + 2  ( f (x0 , y0 ) +  f (x1 , z1 )) = 1 +   41 − 12   + 2 = 1 +   41 (− 12 −   81 ) =   27 32 ≈ 0,8438  1   27   11 P redicci rediccion on  :  z 2   =   y1  +  hf (x1 , y1 ) =   27 32  + 2 2   = 32 − 128    =  12897  ≈ 0,7578 1

 h

2

1 2

−

=

d)

 

  27  1 32   + 4

 ⇒   ⇒ 

11   31 64  + 256



3 4

27 32

1

27 Correccion  :  y 2   =   y1  +   h2  ( f (x1 , y1 ) +  f (x2 , z2 )) =   32   +   41

−

−

2

−

27

  +

32

2

97   1−  128 2

=

27 =   32

13 851  −  1024   =  1024  ≈ 0,8311

 1 x1  =   = 2

  y1   = 0,75 Euler: Euler mejorado:   y1   = 0,8438   y (0,5) = 0,5 2 + 3 e Exacta:

x2  = 1 =

  y2   = 0,6875 Euler: Euler mejorado:   y2   = 0,8311   y (1) = 1 2 + 3 e Exacta:

−

−

−

1 2

−

1 4

 ≈ 0,8364

 ≈ 0,8196

Se observa claramente que el m´ etodo etodo de Euler mejorado realiza realiza mejores aproximaciones para  este problema de valor inicial.

6  

Tabla b´ b´ asica asica de transformadas de Laplace.

   

u

1

u ˆ

1 s

 

x

1 s2 n!

 

xn

sn+1

 

eax

1 s  

sen(ax)

−a a

s2 + a2  

cos(ax)

s s2 + a2

senh(ax)

  a s2 a2

cosh(ax)

  s s2 a2

−

−

Propiedades b b´ asicas de la transformada de Laplace. asicas ´

1.

  L{au + bv } = aL{u} + bL{v}.

2.

  L{e

3.

  L{u( )(t)}(s) = s L{u}(s) − s

at u(t)

} = L{u}(s − a).

n

n

n−1

u(0)

n−2

−s

u (0)

− . . . − su(

n−2)

(0)

− u(

n−1)

(0).