Examen Final Enero 2011 (2011)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura Calculo Avanzado
Año del apunte 2011
Páginas 4
Fecha de subida 17/09/2014
Descargas 1
Subido por

Vista previa del texto

´ CALCULO AVANZADO ETSETB 19-1-2011 Tiempo: 2h45m Publicaci´ on de las notas provisionales: Per´ıodo de alegaciones: Publicaci´ on de las notas definitivas: 24-01-2011 hasta el 26-01-2011 27-01-2011 1. Demostrar que la ecuaci´ on log z + x2 + y 2 + z − 1 = 0 define impl´ıcitamente z como funci´ on de x e y alrededor del punto (0, 0, 1). Se designa esta funci´on por g(x, y).
Calcular las derivadas parciales primeras y segundas de g en el punto (0, 0) y estudiar si este punto es un extremo local de la funci´ on g.
2. (a) Calcular la longitud de la curva de ecuaci´on y 2 = x3 entre los puntos (0, 0) y (4, 8).
(b) Calcular el ´ area de la regi´ on definida por −8 ≤ y ≤ 8, x ≥ 0, y 2 ≥ x3 .
3. Calcular el flujo del campo vectorial f : R3 −→ R3 definido por f (x, y, z) = (x − y, x + y, −2z) a trav´es de la porci´on de superficie de ecuaci´ on z = x2 + y 2 tal que x − y + z ≤ 1.
Indicar el sentido del flujo calculado.
4. En el espacio C[−1, 1] de las funciones continuas en el intervalo [−1, 1], calcular la proyecci´on ortogonal de la x en el subespacio de los polinomios de grado menor o igual que funci´on f : R −→ R definida por f (x) = 1 + x2 dos.
´ CALCULO AVANZADO ETSETB 19-1-2011 Tiempo: 2h45m Publicaci´ on de las notas provisionales: Per´ıodo de alegaciones: Publicaci´ on de las notas definitivas: 24-01-2011 hasta el 26-01-2011 27-01-2011 1. Demostrar que la ecuaci´ on log z + x2 + y 2 + z − 1 = 0 define impl´ıcitamente z como funci´ on de x e y alrededor del punto (0, 0, 1). Se designa esta funci´on por g(x, y).
Calcular las derivadas parciales primeras y segundas de g en el punto (0, 0) y estudiar si este punto es un extremo local de la funci´ on g.
Se considera la funci´ on F (x, y, z) = log z + x2 + y 2 + z − 1. Obs´ervese que Dom F = R × R × R+ , F es de 1 clase C ∞ en su dominio, F (0, 0, 1) = log 1 + 0 + 0 + 1 − 1 = 0 y como DF (x, y, z) = (2x 2y 1 + ) se tiene z que DF (0, 0, 1) = (0 0 2). Al ser la tercera componente 2 = 0, aplicando el Teorema de la funci´on impl´ıcita, podemos asegurar que existe un abierto V ⊂ R2 tal que (0, 0) ∈ V y un abierto W ⊂ R+ tal que 1 ∈ W y una u ´nica aplicaci´on g : V −→ W de clase C ∞ tal que para todo (x, y) ∈ V se cumple F (x, y, g(x, y)) = 0. Adem´as 1 z para todo (x, y) ∈ V se tiene: Dg(x, y) = − 1 (2x, 2y) = − z + 1 (2x, 2y), donde z = g(x, y). Por tanto, 1+ z ∂g ∂g 1 ∂g ∂g Dg(0, 0) = ( , ) = − (0, 0) = (0, 0). Luego (0, 0) = 0 y (0, 0) = 0 y, por consiguiente (0, 0) es punto ∂x ∂y 2 ∂x ∂y cr´ıtico de la funci´ on g.
Del mismo modo, como ∂g 2zx ∂g 2zy ∂2g (z + 1)(z + xzx ) − xzzx (x, y) = − y (x, y) = − , se tiene = −2 , 2 ∂x z + 1 ∂y z+1 ∂x (z + 1)2 (z + 1)(xzy ) − xzzy ∂2g (z + 1)(z + yzy ) − yzzy ∂2g = −2 y = −2 . En definitiva, como z = g(0, 0) = 1, 2 ∂y∂x (z + 1) ∂y 2 (z + 1)2 ∂g ∂g ∂2g ∂2g ∂2g (0, 0) = 0 y (0, 0) = 0, se tiene (0, 0) = −1, (0, 0) = 0 y (0, 0) = −1. As´ı, la matriz ∂x ∂y ∂x2 ∂y∂x ∂y 2 −1 0 Hessiana de g en (0, 0) es Hg(0, 0) = . Sus valores propios son λ = −1, doble, luego define una 0 −1 forma cuadr´atica definida negativa y, por tanto, (0, 0) es m´aximo local de g.
2. (a) Calcular la longitud de la curva de ecuaci´on y 2 = x3 entre los puntos (0, 0) y (4, 8).
(b) Calcular el ´ area de la regi´ on definida por −8 ≤ y ≤ 8, x ≥ 0, y 2 ≥ x3 .
(a) Se puede parametrizar la porci´ on de curva y 2 = x3 que une el punto (0, 0) con (4, 8) por: 3 γ : [0, 4] −→ R2 definida por γ(x) = (x, x 2 ).
1 Entonces, γ (x) = (1, 32 x 2 ) y, por tanto γ (x) = 1 + 94 x.
La longitud de la curva entre esos puntos viene dada por 4 4 γ (x) dt = L= 0 0 4 (b) A = 2 2 32 − 3 = 0 3 2 (8 − x )dx = 2 8x − dy = 2 0 x2 4 √ 3 8 8 (10 2 − 1) = (10 10 − 1) 27 27 5 4 8 dx 0 3 9 4 (1 + 94 x) 2 1 + x dx = 3 4 9 2 160 − 64 96 192 64 =2 =2 = .
5 5 5 5 x2 5 2 4 = 2 32 − 0 2√ 5 4 5 = 2 32 − 2 √ 10 2 5 = 3. Calcular el flujo del campo vectorial f : R3 −→ R3 definido por f (x, y, z) = (x − y, x + y, −2z) a trav´es de la porci´on de superficie de ecuaci´ on z = x2 + y 2 tal que x − y + z ≤ 1.
Indicar el sentido del flujo calculado.
z z Consideremos la curva = x2 + y 2 = 1−x+y Eliminando z entre estas dos ecuaciones, obtenemos la ecuaci´on de la proyecci´on de esa curva sobre el plano xy, x2 + y 2 = 1 − x + y y, completando cuadrados, queda la ecuaci´on: (x + 21 )2 + (y − 21 )2 = 32 . Sea T el c´ırculo definido por: T = {(x, y) ∈ R2 : (x + 12 )2 + (y − 12 )2 ≤ 32 }. Parametrizamos la superficie a trav´es de la cual hay que calcular el flujo por: σ : T ⊂ R2 −→ R3 , definida por σ(x, y) = (x, y, x2 + y 2 ). Entonces, Tx = (1, 0, 2x) y i j k Ty = (0, 1, 2y), de donde Tx × Ty = 1 0 2x = (−2x, −2y, 1).
0 1 2y S f dS = T f [σ(x, y)](Tx ×Ty )dxdy = T (x−y, x+y, −2x2 −2y 2 )(−2x, −2y, 1)dxdy = −4 Para resolver esta integral hacemos el cambio φ(r, θ) = (x, y) dado por Jφ(x, θ) = r y x2 + y 2 = 1 2 (x2 +y 2 )dxdy x = − 21 + r cos θ . Entonces, 1 y = 2 + r sin θ + r2 − r cos θ + r sin θ, luego √3 2π 2 f dS = −4 S T dr 0 0 1 15π + r2 − r cos θ + r sin θ rdθ = − 2 2 4. En el espacio C[−1, 1] de las funciones continuas en el intervalo [−1, 1], calcular la proyecci´on ortogonal de la x funci´on f : R −→ R definida por f (x) = en el subespacio de los polinomios de grado menor o igual que 1 + x2 dos.
La proyecci´on ortogonal de f (x) ser´ a un polinomio de grado menor o igual que dos, a + bx + cx2 , tal que 2 f (x) − a + bx + cx es ortogonal al subespacio de los polinomios de grado menor o igual que dos.
Tenemos que resolver el sistema f (x) − (a + bx + cx2 ), 1 f (x) − (a + bx + cx2 ), x f (x) − (a + bx + cx2 ), x2 = 0 = 0 = 0      De la primera ecuaci´ on obtenemos 1 ( −1 1 x2 x3 x − a − bx − cx2 )dx = ln(1 + x2 ) − ax − b − c 2 1+x 2 2 3 1 −1 2 = −2a − c = 0, esto es 3a + c = 0.
3 Del mismo modo de la segunda ecuaci´ on 1 1 x2 x2 x3 x4 2 3 2 3 − ax − bx − cx )dx = (1 − − ax − bx − cx )dx x − arctan x − a − b − c 2 1 + x2 2 3 4 −1 −1 1 + x 12 − 3π − 4b 3 = 0, esto es b = 3 − 4 π 6 De la tercera 1 1 = ( −1 1 1 1 x3 x3 2 x5 2 2 3 4 (−ax2 − cx4 )dx = x − a − c − ax − bx − cx )dx = = − a − c = 0, y por tanto 2 1 + x 3 5 3 5 −1 −1 −1 5a + 3c = 0.
1 x3 ( − bx3 )dx = 0 dado que el integrando es una funci´on impar.
Obs´ervese que 2 −1 1 + x ( En conclusi´on la proyecci´ on ortogonal de f (x) en el subespacio de los polinomios de grado menor o igual que dos es p(x) = (3 − 34 π)x.
...