Examen Final Junio 2010 (2010)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura Calculo Avanzado
Año del apunte 2010
Páginas 4
Fecha de subida 17/09/2014
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C´ alculo Avanzado Primavera 2010 23-6-2010 Examen final E.T.S.E.T.B.
Notas provisionales: 25 de junio Reclamaciones: del 25 al 28 de junio Notas definitivas: 29 de junio Duraci´ on: 2h 50’ Detallar y justificar todos los c´ alculos 1. Sea la funci´on f : R2 → R definida por  xy sin(x − y) x−y f (x, y) =  2 x si x = y si x = y Estudiar (a) la continuidad de la funci´on.
Soluci´ on: Es inmediato ver que f es continua en cualquier punto de R2 fuera de la recta y = x. Para ver que f es continua tambi´en en cualquier punto (a, a) sobre dicha recta calculamos lim f (x, y) = (x,y)→(a,a) lim (x,y)→(a,a) xy sin(x − y) = lim xy x−y (x,y)→(a,a) lim (x,y)→(a,a) sin(x − y) = a2 = f (a, a) x−y sin α = 1.
α→0 α ya que lim (b) la existencia de derivadas parciales en los puntos (a, a), con a ∈ R.
Soluci´ on: sin h (a + h)a − a2 ∂f f (a + h, a) − f (a, a) (a + h)a sin h − ha2 ∗ h (a, a) = lim = lim = lim = h→0 h→0 h→0 ∂x h h h2 ∗ 2a cos h − (a + h)a sin h a sin h + (a + h)a cos h − a2 ∗ = lim =a h→0 h→0 2h 2 = lim donde se ha aplicado la regla de L’Hˆ opital en los pasos se˜ nalados con asterisco. De modo similar dado que f (x, y) = f (y, x).
(c) la existencia de derivadas direccionales en los puntos (a, a), con a ∈ R.
Soluci´ on: Dado un vector no nulo (u, v) cualquiera f (a + hu, a + hv) − f (a, a) D(u,v) f (a, a) = lim = lim h→0 h→0 h (a + hu)(a + hv) (a + hu)(a + hv) sin(h(u − v)) − h(u − v)a2 ∗ = h→0 h2 (u − v) = lim sin(h(u − v)) − a2 h(u − v) = h ∂f (a, a) = a, ∂y ∗ (a(u + v) + 2huv) sin(h(u − v)) + (a + hu)(a + hv)(u − v) cos(h(u − v)) − (u − v)a2 ∗ = h→0 2h(u − v) = lim ∗ 2uv sin(h(u − v)) + 2 (a(u + v) + 2huv) (u − v) cos(h(u − v)) − (a + hu)(a + hv)(u − v)2 sin(h(u − v)) = h→0 2(u − v) = lim = a(u + v) donde se ha aplicado la regla de L’Hˆ opital en los pasos se˜ nalados con asterisco.
(d) la diferenciabilidad en el punto (0, 0).
Soluci´ on: De los apartados anteriores sabemos que Jf (0, 0) = 0 que el siguiente l´ımite es nulo: f (x, y) − f (0, 0) − Jf (0, 0) lim x2 (x,y)→(0,0) = xy lim (x,y)→(0,0) ya que x2 xy x2 + y 2 + ≤ + y2 lim x2 + y 2 x2 + y 2 = lim (x,y)→(0,0) y 2 (x,y)→(0,0) 2 x y = 0 . Para ver que f es diferenciable en (0, 0) comprobamos f (x, y) x2 sin(x − y) = lim (x − y) (x,y)→(0,0) + y2 = lim (x,y)→(0,0) xy x2 + y 2 xy sin(x − y) (x − y) x2 + y 2 = =0 x2 + y 2 → 0 cuando (x, y) → (0, 0).
2 2. Dada la funci´on f : R2 → R definida por f (x, y) = x2 − y 3 , estudiar (a) los extremos locales de f .
Soluci´ on: Los puntos cr´ıticos de f son las soluciones de la ecuaci´on ∇f = (2x, −3y 2 ) = (0, 0), es decir, el punto (0, 0). Para 2 0 ver si se trata de un extremo local o de un punto de silla podemos calcular la matriz Hessiana Hf (0, 0) = , 0 0 pero no nos permite decidir el car´ acter del punto.
Analizando el comportamiento local de f alrededor del origen observamos que f (x, 0) = x2 > f (0, 0) = 0 para x = 0, con lo que el origen no puede ser un m´aximo local. An´alogamente, f (0, y) = −y 3 < 0 para y < 0, por lo que tampoco se trata de un m´ınimo. Por tanto, (0, 0) es un punto de silla y concluimos que f no presenta extremos locales.
(b) los extremos absolutos de f restringidos al conjunto A = {(x, y) ∈ R2 | |x| = |y|, x2 + y 2 ≤ 2} Soluci´ on: El conjunto A es la uni´ on de dos segmentos de recta Γ1 = {(x, x) ∈ R2 | −1 ≤ x ≤ 1} y Γ2 = {(x, −x) ∈ R2 | −1 ≤ x ≤ 1}, formando un aspa centrada en el origen. Dado que f es una funci´on continua y que A es un conjunto compacto, podemos asegurar que f alcanza extremos absolutos en A.
Los extremos absolutos de f restringidos a A se obtendr´an entre los extremos locales de f restringidos a cada uno de los segmentos y los cuatro puntos extremos (−1, −1), (−1, 1), (1, −1) y (1, 1).
Para calcular los posibles extremos locales en el segmento Γ1 tomamos la parametrizaci´on γ1 (x) = (x, x), con x ∈ [−1, 1], y calculamos los puntos cr´ıticos de g1 = f ◦ γ1 . Concretamente g1 (x) = f (x, x) = x2 − x3 y g1 (x) = 2x − 3x2 = 0 implica que x = 0 o x = 2/3, lo que corresponde a los puntos del plano (0, 0) y (2/3, 2/3).
Procediendo an´ alogamente con Γ2 , usamos la parametrizaci´on γ2 (x) = (x, −x) y obtenemos los puntos cr´ıticos (0, 0) y (−2/3, 2/3). Teniendo en cuenta que f (0, 0) = f (−1, 1) = f (1, 1) = 0 f (−1, −1) = f (1, −1) = 2 f (2/3, 2/3) = f (−2/3, 2/3) = 4/27 podemos afirmar que f alcanza el m´ınimo absoluto en A en los puntos (0, 0), (−1, 1) y (1, 1), mientras que el m´ aximo absoluto en A se da en (−1, −1) y (1, −1).
3. Calcular el volumen de la regi´on limitada por las superficies S1 = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 = z 2 } y S2 = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + (z − 2)2 = 2} Soluci´ on: La superficie √ S1 es un cono centrado en el origen con eje de rotaci´on el eje Z y la superficie S2 es una esfera de radio 2 centrada en el punto (0, 0, 2), sostenida por el cono de modo que ambas superficies contactan en la circunferencia x2 + y 2 = 1, z = 1. As´ı la regi´on de integraci´on est´a formada por los puntos (x, y, z) tales que x2 + y 2 ≤ 1 y x2 + y 2 ≤ z ≤ 2 − 2 − x2 − y 2 . El volumen se puede calcular por medio de la integral triple √ 2 2 2− √ x2 +y 2 ≤1 2π 2−x −y (2 − dzdydx = x2 +y 2 1 0 x2 + y 2 )dydx = 1 r(2 − = 2 − x2 − y 2 − x2 +y 2 ≤1 2 − r2 − r)drdθ = 2π 0 r(2 − 2 − r2 − r)dr = 2π r2 + 0 1 (2 − r2 )3/2 r3 − 2 3/2 3 1 = 0 √ 2π (3 − 2 2) 3 4. Sean f, g : R3 → R3 los campos vectoriales definidos por f (x, y, z) = (x(1 + z), y(1 − z), −2z)) y g(x, y, z) = (yz, −xz, xyz) (a) Comprobar que f es el rotacional de g, es decir, que g es un potencial vectorial de f .
¿Es el u ´nico potencial vectorial de f ? Soluci´ on: Efectivamente, rot g = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z yz −xz xyz = (xz + x, y − yz, −z − z) = f (x, y, z) pero g no es el u ´nico potencial vectorial de f dado que para cualquier campo escalar φ : R3 → R de clase C 2 , rot(g + ∇φ) = rot g = f .
(b) Calcular el flujo de f a trav´es de la superficie Ω = {(x, y, z) ∈ R3 | z = 2 − x2 − y 2 , z ≥ 1} e indicar el sentido.
Soluci´ on: La superficie Ω es el casquete de paraboloide limitado inferiormente por la circunferencia x2 + y 2 = 1, z = 1.
Consideremos su parametrizaci´ on natural σ : T ⊂ R2 → R3 definida por σ(x, y) = (x, y, 2 − x2 − y 2 ), donde 2 2 2 T = {(x, y) ∈ R | x + y ≤ 1}. El producto vectorial fundamental de la misma es i ∂σ ∂σ × = 1 ∂x ∂y 0 j 0 1 k −2x = (2x, 2y, 1) −2y cuya direcci´ on y sentido es hacia arriba. El flujo hacia arriba de f a trav´es de Ω es f ·dS = f (σ(x, y))· Ω T ∂σ ∂σ × ∂x ∂y (x(3−x2 −y 2 ), y(−1+x2 +y 2 ), −4+2x2 +2y 2 )·(2x, 2y, 1)dxdy = dxdy = T (2x2 (3 − x2 − y 2 ) + 2y 2 (−1 + x2 + y 2 ) − 4 + 2x2 + 2y 2 )dxdy = = T T 1 2π 0 2π 0 1 3 2 cos2 θ − 0 1 2 cos2 θ − (cos2 θ − sin2 θ)(cos2 θ + sin2 θ) − 2 dθ = 3 = = 2π r(8r2 cos2 θ − 2r4 cos4 θ + 2r4 sin4 θ − 4)drdθ = = 0 (8x2 − 2x4 + 2y 4 − 4)dxdy = 1 1 cos4 θ + sin4 θ − 2 dθ = 3 3 2π 1 + cos(2θ) − 0 1 cos(2θ) − 2 dθ = 3 2π (2 cos(2θ) − 3)dθ = −2π 0 (c) Calcular la circulaci´on de g a lo largo de la curva Γ = {(x, y, z) ∈ R3 | z = 2 − x2 − y 2 , z = 1} e indicar el sentido.
Soluci´ on: La curva Γ es la circunferencia x2 + y 2 = 1, z = 1, que es justamente el borde de la superficie Ω. Tomando la parametrizaci´ on usual γ : [0, 2π] → R3 definida por γ(t) = (cos t, sin t, 1), que recorre la circunferencia en sentido antihorario (visto desde un punto en el eje Z con coordenada z mayor que 1), la circulaci´on de g es 2π g·d = Γ 2π g(γ(t)) · γ (t)dt = 0 2π (− sin2 t − cos2 t)dt = −2π (sin t, − cos t, sin t cos t) · (− sin t, cos t, 0)dt = 0 0 (d) Relacionar los resultados de los dos apartados anteriores.
Soluci´ on: El Teorema de Stokes asegura que la circulaci´on de g a lo largo de Γ en sentido antihorario (visto desde un punto del eje Z con coordenada z mayor que 1) coincide con el flujo de f = rot g hacia arriba a trav´es de la superficie Ω, dado que Γ es el borde de Ω.
(e) Dar otra superficie tal que el flujo de f a trav´es de ella sea el mismo que a trav´es de Ω.
Soluci´ on: Por la misma raz´ on que en el apartado anterior, el flujo de f hacia arriba a trav´es de cualquier otra superficie simple, parametrizable regularmente y cuyo borde sea Γ dar´ıa el mismo resultado. Es el caso, por ejemplo, del disco D = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 ≤ 1, z = 1}.
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