CALCULOII¶ - mat.caminos.upm.esmat.caminos.upm.es/~msoler/calculoII/Examenes resueltos de calculo...

C¶ALCULO IIPrimer curso. Segundo cuatrimestre. Primer examen parcial. 24 de Marzo de 2014.

APELLIDOS...................................................................................................N¶UMERO...........NOMBRE...........................................

Primera pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.

A la semiesfera maciza f(x; y; z) jx2+ y2+ z2 · R2; z ¸ 0 g se le extrae mediante un vaciado el cono

f(x; y; z) j 0 · z · R¡px2 + y2 g. Sea − el cuerpo resultante. Siendo la densidad constante = k, se pide

1. Masa de −.

2. La coordenada z del centro de masas.

3. Momento de inercia respecto al eje OZ.

Cuerpo resultante

1. Como la densidad es constante, la masa es el producto de ¶esta por el volumen, que es la diferencia

entre el volumen de la media esfera y el del cono. Asi m =k¼

3R3.

2. Si D : x2 + y2 · R2, la coordenada z del centro de masas es

1

m

ZZZ

−

kz dx dy dz =3

k¼R3

ZZZ

−

kz dx dy dz =3

¼R3

ZZ

D

dx dy

Z pR2¡x2¡y2

R¡p

x+y2z dz =

=3

¼R3

ZZ

D

(2Rpx2 + y2 ¡ 2(x2 + y2) dx dy =

3

¼R3

Z 2¼

0

d'

Z R

0

(R½¡ ½2)½ d½ = R2

3.

IOZ =

ZZZ

−

k(x2 + y2) dx dy dz = k

ZZ

D

(x2 + y2)(pR2 ¡ x2 ¡ y2 ¡R+

px2 + y2) dx dy dz =

= k

Z 2¼

0

d'

Z R

0

(½3pR2 ¡ ½2 ¡R½3 + ½4) d½

Todas las integrales son inmediatas salvo

Z R

0

½3pR2 ¡ ½2 d½ que se calcula con el cambio de variable

R2 ¡ ½2 = u2. El resultado es k¼R5

6



Segunda pregunta. Un error considerado muy grave en alguno de los apartados puede hacer quela cali¯caci¶on global de la pregunta sea 0 puntos.

1. Sea D = f(x; y) 2 R2 j 0 · x · 1; ¡x · y · 1¡ x g. Aplique el cambio de variable½u = xv = x+ y

a la integral

ZZ

D

f(x; x+ y) dx dy. Formule el resultado con extremos de integraci¶on.

2. Consideremos el campo vectorial F (x; y; z) = (y3; x3; z3). Calcular

(a) la integral del campo vectorial F sobre la curva °(t) = (cos t; sen t; t) t 2 [0; 2¼].

(b) El °ujo de F a trav¶es de la super¯cie cerrada acotada por z =p4¡ x2 ¡ y2; x2 + y2 = 3;

z = 0.

1. Transformaci¶on del dominio: Como u = x, 0 · x · 1 ) 0 · u · 1

¡x · y ) 0 · x+ y ) 0 · vy · 1¡ x ) x+ y · 1 ) v · 1

Jacobiano:@(x; y)

@(u; v)=

1@(u;u)@(x;y)

y como

@(u; u)

@(x; y)=

¯̄¯̄ 1 01 1

¯̄¯̄ = 1

el jacobiano oportuno es@(x; y)

@(u; v)= 1. Asi la integral queda

Z 1

0

du

Z 1

0

f(u; v) dv.

2. (a)

F (°(t)) = (sen3 t; cos3 t; t3); °0(t) = (¡ sen t; cos t; 1) ) F (°(t)) ¢°0(t) = cos4 t¡sen4 t+ t3 =

= (cos2 t¡ sen2 t)(cos2 t+ sen2 t) + t3 = cos 2t+ t3

Z

°

F ¢ ds =Z 2¼

0

(cos 2t+ t3) dt = 4¼4

(b) Sea − el cuerpo completo y D la base del cilindro. Como div F = 3z2, el °ujo es

ZZZ

−

3z2 dx dy dz =

ZZ

D

dx dy

Z p4¡x2¡y2

0

3z2 dz =

ZZ

D

(4¡x2¡y2) 32 dx dy =Z 2¼

0

d'

Z p3

0

(4¡½2) 32 ½ d½ =

= 2¼

·¡1

2

2

5(4¡ ½2) 52

¸p3

0

=62

5¼



Tercera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta sea 0 puntos.

Sea F (x; y; z) =

µyz

1 + x2y2z2;

xz

1 + x2y2z2;

xy

1 + x2y2z2

¶. Hallar la integral del campo vectorial F

sobre

1. el segmento que une (0; 0; 0) y (1; 1; 1).

2. la curva intersecci¶on de las super¯cies x2 + y2 + (z ¡ 1)2 = 1 y x2 + y2 + z2 = 1.

F es de clase C(1 en R3 sin puntos de excepci¶on. Veamos que es conservativo.

² Con imaginaci¶on (<<<muy poca!!!): Basta notar que F = rf(x; y; z); f(x; y; z) = arctg(xyz).

² T¶ecnico: rot F =

=

µx¡ x3y2z2

(1 + x2y2z2)2¡ x¡ x3y2z2

(1 + x2y2z2)2;y ¡ x2y3z2

(1 + x2y2z2)2¡ y ¡ x2y3z2

(1 + x2y2z2)2;z ¡ x2y2z3

(1 + x2y2z2)2¡ z ¡ x2y2z3

(1 + x2y2z2)2

¶= (0; 0; 0)

C¶alculo de la funci¶on potencial:

f(x; y; z) =

Zyz

1 + x2y2z2dx =

Zyz

1 + (xyz)2dx = arctg(xyz) + h(y; z) )

) @f

@y=

xz

1 + x2y2z2+@h

@y=

xz

1 + x2y2z2) @h

@y= 0 ) h(y; z) = g(z) )

) f(x; y; z) = arctg(xyz) + g(z) ) @f

@z=

xy

1 + x2y2z2+ g0(z) =

xy

1 + x2y2z2)

) g0(z) = 0 ) g(z) = c ) f(x; y; z) = arctg(xyz) + c

1.

Z

¾

F ¢ ds = f(1; 1; 1)¡ f(0; 0; 0) = arctg 1¡ arctg 0 =¼

4

2. Al tratarse de una curva cerrada y un campo conservativo, la circulaci¶on es 0.

El primer apartado se puede hacer

² parametrizando directamente: ¾(t) = (t; t; t); t 2 [0; 1]. Asi

¾0(t) = (1; 1; 1) F (¾(t)) =

µt2

1 + t6;t2

1 + t6;t2

1 + t6

¶F (¾(t)) ¢ ¾0(t) = 3t2

1 + t6

Z

¾

F ¢ ds =Z 1

0

3t2

1 + t6dt =

Z 1

0

3t2

1 + (t3)2dt = [arctg t]10 =

¼

4

² parametrizando mediante 3 segmentos paralelos a los ejes, como por ejemplo los que unen (0; 0; 0)y (1; 0; 0), (1; 0; 0) y (1; 1; 0) y, (1; 1; 0) y (1; 1; 1).

C¶ALCULO IIPrimer curso. Segundo cuatrimestre. Segundo examen parcial. 30 de Mayo de 2014.



1. Indique razonadamente si las funciones x; cos x pueden ser soluciones de una misma ecuaci¶on di-ferencial ordinaria homog¶enea con coe¯cientes constantes y de orden 3, ay000 + by00 + cy0 + dy = 0.(Hasta 3 puntos)

2. Obtenga la familia de curvas ortogonal a x2 ¡ 2cx+ 2y2 = 0. (Hasta 7 puntos.)

1. Sea az3 + bz2 + cz + d = 0 la ecuaci¶on caracter¶³stica. El que x sea soluci¶on exige que z = 0 seara¶³z doble del polinomio y el que sea soluci¶on cosx exige que z = §i sean tambi¶en soluciones. Portanto el polinomio debe ser al menos de cuarto grado y la ecuaci¶on al menos de cuarto orden. Enotro caso no es posible.

2. Derivando tenemos 2x ¡ 2c + 4yy0 = 0. Multiplicando por x, 2x2 ¡ 2cx + 4xyy0 = 0 y rest¶andolela ecuaci¶on original, x2 + 4xyy0 ¡ 2y2 = 0. Asi la ecuaci¶on diferencial que representa la familia de

curvas es y0 =2y2 ¡ x24xy

y la que representa la familia de curvas ortogonal es y0 = ¡ 4xy

2y2 ¡ x2 , quees una ecuaci¶on homog¶enea. Con el cambio habitual, y = vx ) dy = x dv + v dx tenemos

y0 = ¡ 4xy

2y2 ¡ x2 ) (2y2 ¡ x2) dy + 4xy dx = 0 ) (2v2x2 ¡ x2)(v dx+ x dv) + 4vx2 dx = 0 )

) v(2v2+3) dx+(2v2¡1) dv = 0 ) 1

xdx+

2v2 ¡ 1

v(2v2 + 3)dv = 0 )

Z1

xdx+

Z2v2 ¡ 1

v(2v2 + 3)dv = ln c

Para calcular

Z2v2 ¡ 1

v(2v2 + 3)dv Descomponemos en fracciones simples y asi

2v2 ¡ 1

v(2v2 + 3)= ¡1

3

1

v+8

3

v

2v2 + 3)

Z1

xdx+

Z2v2 ¡ 1

v(2v2 + 3)dv = lnx¡ 1

3ln v+

2

3ln(2v2+3) = ln c

Asi

x 3p(2v2 + 3)2 = c 3

pv y deshaciendo el cambio y operando c3y = 4y4 + 12x2y2 + 9x4

Con factor integrante: La ecuaci¶on es M(x; y) dx+N(x; y) dy = 4xy dx+ (2y2 ¡ x2) dy = 0

@N@x¡ @M

@y

M=¡6x4xy

= ¡3

2

1

y) ln¹(y) = ¡3

2

Z1

ydy = ln y¡

32 ) ¹ = y¡

32

Asi, 4xy¡12 dx+

2y2 ¡ x2y32

dy = 0 es exacta.

f(x; y) = 4y¡12

Zx dx =

2x2

y12

+ '(y) ) @f

@y= ¡ x

2

y32

+ '0(y) =2y2 ¡ x2

y32

) '0(y) =2y2

y32

= 2y12

y '(y) =4

3y32 . La soluci¶on es

2x2

y12

+4

3y32 = c: Multiplicando por 3y

12 tenemos 6x2 + 4y2 = 3cy

12

Dividiendo por 2, elevando al cuadrado y llamando c1 a la nueva constante,

c1y = (3x2 + 2y2)2 = 9x4 + 12x2y2 + 4y4



Segunda pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta sea 0 puntos.

Resuelva el problema de valor inicial y00 + 4y = sen 2x; y(0) = 0; y0(0) =7

4. (Hasta 10 puntos.)

Homog¶enea: y00 + 4y = 0. La ecuaci¶on caracter¶³stica es z2 + 4 = 0 ) z = §2i y la soluci¶on generalde la homog¶enea es yh = c1 cos 2x+ c2 sen 2x.

Soluci¶on particular por coe¯cientes indeterminados: yp = ax sen 2x + bx cos 2x. Derivado y susti-tuyendo en la ecuaci¶on,

y00 + 4y = 4a cos 2x¡ 4b sen 2x = sen 2x ) a = 0; b = ¡1

4) yp = ¡

1

4x cos 2x

Asi la soluci¶on general de la ecuaci¶on completa es

y = c1 cos 2x+ c2 sen 2x¡1

4x cos 2x

Imponiendo las condiciones iniciales, c1 = 0; c2 = 1 y la soluci¶on pedida es y = sen 2x¡ 1

4x cos 2x

Soluci¶on particular por variaci¶on de par¶ametros (o variaci¶on de constantes): En este caso se planteala soluci¶on particular como yp = v1(x) cos 2x+ v2(x) sen 2x. El sistema a resolver es

v01 cos 2x+ v02 sen 2x = 0

¡2v01 sen 2x+ 2v02 cos 2x = sen 2x

¾

despejando v01 en la primera y sustituyendo en la segunda, v02 =1

2sen 2x cos 2x ) v2 =

1

8sen2 2x. Asi

v01 = ¡1

2sen2 2x ) v1 = ¡

1

2

Zsen2 2x dt = ¡1

2

Z1¡ cos 4x

2dt = ¡1

4x+

1

8sen 2x cos 2x

yp = ¡1

4x cos 2x+

1

8sen 2x cos2 2x+

1

8sen 2x sen2 2x = ¡1

4x cos 2x+

1

8sen 2x

y la soluci¶on de la ecuaci¶on completa toma, en este caso, la forma


4x cos 2x+

1

8sen 2x

Aplicando las condiciones iniciales tenemos, por supuesto, la misma soluci¶on.




Dado el problema de valor inicial

8<

:

x0 = 3x+ 2y + tet

y0 = ¡2x¡ yx(0) = 0; y(0) = 1

1. Compruebe, sin resolverlo, que tiene soluci¶on ¶unica. (3 puntos.)

2. Resu¶elvalo. (7 puntos.)

1. Consultar la teor¶³a.

2. ² Resoluci¶on matricial: Autovalores de la matrizµ

3 2¡2 ¡1

¶

¯̄¯̄ 3¡ ¸ 2¡2 ¡1¡ ¸

¯̄¯̄ = ¸2 ¡ 2¸+ 1 = 0 ) ¸ = 1 doble

Autovector para ¸ = 1:

µ2 2

¡2 ¡2

¶µa

b

¶=

µ00

¶) a + b = 0. Asignamos a = 1

y asi b = ¡1. El autovector es

µ1

¡1

¶y el primer elemento de la base es

µ1

¡1

¶et.

Buscamos ahora otro de la forma

µx

y

¶=

µa1t+ a2b1t+ b2

¶et. Sustituyendo en el sistema se

tiene a1 + b1 = 0, a1 = 2a2 + 2b2. Asignamos a1 = 1 y asi b1 = ¡1. En la otra ecuaci¶on

tenemos ahora 1 = 2a2 + 2b2. Con la asignaci¶on b2 = 0 se tiene a2 =1

2y el elemento buscado

es

Ãt+

1

2¡t

!

et.

Soluci¶on general del sistema homog¶eneo

µx

y

¶= c1

µ1

¡1

¶et + c2

Ãt+

1

2¡t

!

et.

La matriz fundamental del sistema es ©(t) =

0

@ etµt+

1

2

¶et

¡et ¡tet

1

A y su inversa ©¡1(t) =

= 2

0

@ ¡te¡t ¡µt+

1

2

¶e¡t

e¡t e¡t

1

A.

Soluci¶on particular por variaci¶on de par¶ametros:

©¡1F = 2

µ¡t2t

¶)

Z©¡1F = 2

0

BB@

¡1

3t3

1

2t2

1

CCA ) ©

Z©¡1F =

0

BB@

1

3t3 +

1

2t2

¡1

3t3

1

CCA e

t

y la soluci¶on completa es

µx

y

¶= c1

µ1

¡1

¶et + c2

Ãt+

1

2¡t

!

et +

0

BB@

1

3t3 +

1

2t2

¡1

3t3

1

CCA e

t

Imponiendo las condiciones iniciales, c1 = ¡1; c2 = 2 y la soluci¶on particular pedida es

µx

y

¶=

0

BB@

2t+1

3t3 +

1

2t2

1¡ 2t¡ 1

3t3

1

CCA e

t

Soluci¶on particular por coe¯cientes indeterminados:. Se toma como soluci¶on particular

µa1t

3 + a2t2 + a3t+ a4

b1t3 + b2t

2 + b3t+ b4

¶et

para romper la similitud. Se sustituye en el sistema y se obtienen los coe¯cientes.

² Reducci¶on: Escribimos el sistema como

½(D ¡ 3)x¡ 2y = tet

2x+ (D + 1)y = 0Multiplicando la primera

ecuaci¶on por 2, la segunda por (D ¡ 3) y restando tenemos y00 ¡ 2y0 + y = ¡2tet.Resoluci¶on de la homog¶enea asociada: El polinomio caracter¶³stico es z2¡2z+1 = (z¡1)2 = 0con ra¶³z z = 1 doble. Asi yh = c1e

t + c2tet

Soluci¶on particular por coe¯cientes indeterminados: Se toma yp = (at3 + bt2)et para romperla similitud. Sustituyendo en la ecuaci¶on se obtienen los coe¯cientes y la soluci¶on completa es

y = c1et + c2te

t ¡ 1

3t3et

Como de la segunda ecuaci¶on del sistema obtenemos x = ¡1

2(y0+ y), sustituyendo la soluci¶on

anterior y operando

x =

µc1 ¡

1

2c2 + c2t¡

1

2t2 ¡ 1

3t3¶et

C¶ALCULO IIPrimer curso. Segundo cuatrimestre. Examen ¯nal de Junio. 21 de Junio de 2014.



1. Sea T el tri¶angulo de v¶ertices (1; 1); (2; 2); (2; 0). Hallar

ZZ

T

dx dy (Hasta 3 puntos)

2. Sea D el cuerpo determinado por x2 + y2 + z2 · 4; z ¸ 0 y x2 + y2 + (z ¡ 1)2 ¸ 1. Si su densidad

puntual es d(x; y; z) =px2 + y2 + z2, hallar

(a) Su masa. (Hasta 3 puntos)

(b) Su momento de inercia respecto al eje OZ. (Hasta 4 puntos)

1. La integral propuesta representa el ¶area del tri¶angulo T . Tomando com base del mismo el lado

vertical, la base mide 2 y la altura 1. Por tanto

ZZ

T

dx dy =1

2¢ 2 ¢ 1 = 1.

2. (a) Una secci¶on del cuerpo es

La masa viene dada por

ZZZ

D

px2 + y2 + z2 dx dy dz

En coordendas esf¶ericas (# representa la colatitud y ' la longitud,

jacobiano ½2 sen#), la integral es

Z ¼2

0

d#

Z 2¼

0

d'

Z 2

2 cos#

½¢½2 sen# d½ =

= 4

Z ¼2

0

(1¡ cos4 #) sen# d#

Z 2¼

0

d' = 8¼

·¡ cos#+

1

5cos5 #

¸¼2

0

=32¼

5

(b)

IOZ =

ZZZ

D

(x2+y2)px2 + y2 + z2 dx dy dz =

Z ¼2

0

d#

Z 2¼

0

d'

Z 2

2 cos#

½2 sen2 #¢½¢½2 sen# d½ =

=26¼

3

Z ¼2

0

(1¡ cos6 #) sen3 # d# =26¼

3

Z ¼2

0

(1¡ cos6 #)(1¡ cos2 #) sen# d# =

=26¼

3

·¡ cos#+

1

3cos3 #+

1

7cos7 #¡ 1

9cos9 #

¸¼2

0

=2560¼

189




1. Sea F (x; y; z) = (esen x cos(xyz); sen(x2y3z);px2 + y2 + z2). Calcular la integral de super¯cieZ

S

rot F ¢ dS, siendo S la super¯cie del elipsoidex2

4+y2

9+ z2 = 1 con orientaci¶on exterior. (Hasta

3 puntos)

2. Sea D la regi¶on de R2 determinada por x2 + (y ¡ a)2 · a2; x2 + y2 ¸ 2a2.

(a) Parametrizar el per¶³metro de D recorrido en sentido antihorario (positivo). (Hasta 3 puntos)

(b) Hallar el ¶area de D. (Hasta 4 puntos)

1. Sea A el cuerpo encerrado por el elipsoide. Por el teorema de la divergencia

Z

S

rot F ¢ dS =

ZZZ

A

div (rot F ) dx dy dz = 0

por ser 0 el integrando.

2. (a) La curva que debemos parametrizar es c1 [ c2 de la ¯gura

C1

C2

DLa intersecci¶on de las circunferencias es (§a; a).La curva c1 es un arco de la circunferencia x2 + (y ¡ a)2 = a2 porlo que hacemos x = a cos t; y = a+ a sen t. El origen es (a; a) y

a = a cos t ) cos t = 1 ) t = 0. El extremo es (¡a; a) y¡a = a cos t ) cos t = ¡1 ) t = ¼. Asi

c1 : ¾1(t) = (a cos t; a+ a sen t); t 2 [0; ¼].

La curva c2 es un arco de la circunferencia x2+y2 = 2a2 por lo que hacemos x =

p2a cos t; y =

=p2a sen t. El origen es (¡a; a) y ¡a =

p2a cos t ) cos t = ¡ 1p

2) t =

3¼

4ya que la

ordenada del punto (y por tanto el seno), son positivos. El extremo es (a; a) y a =p2a cos t )

cos t =1p2) t =

¼

4. Asi c2 : ¾2(t) = (

p2a cos t;

p2a sen t). Si tomamos como dominio

·¼

4;3¼

4

¸el arco se recorre en sentido negativo por lo que debemos tomar como parametrizaci¶on

¾2(t) = (p2a cos(¼¡t);

p2a sen(¼¡t)) = (¡

p2a cos t;

p2a sen t) ya que

¼

4+3¼

4= ¼. Tambi¶en

se puede dejar como estaba, pero debe tenerse en cuenta el sentido en la integral que luegovendr¶a.

(b) Sea ¾ el per¶³metro de D. El teorema de Green nos dice que el ¶area de D es

1

2

Z

¾

(x dy ¡ y dx) = 1

2

Z

¾1

(x dy ¡ y dx) + 1

2

Z

¾2

(x dy ¡ y dx)

siempre que en ¾2 hayamos tomado la orientaci¶on correcta. Asi el ¶area es

1

2

Z ¼

0

[a2 cos2 t+ (a+ a sen t)a sen t] dt¡ 1

2

Z 3¼4

¼4

[2a2 cos2 t+ 2a2 sen2 t] dt = a2

Tambien puede calcularse el ¶area usando las t¶ecnicas de C¶alculo I.




Consideremos el problema de valor inicial y0 + y + y2(senx+ cosx) = 0; y(0) = 1.

1. Comprobar que tiene soluci¶on ¶unica sin resolver la ecuaci¶on. (Hasta 3 puntos)

2. Resolverla. (Hasta 7 puntos)

1. Aplique el teorema de Picard.

2. Se trata de ena ecuaci¶on de Bernoulli: y0 + y = ¡y2(senx + cosx). Dividiendo por y2 y haciendoel cambio y¡1 = u ) u0 = ¡y¡2y0 tenemos

y¡2y0 + y¡1 = ¡(senx+ cosx) ) ¡u0 + u = ¡(senx+ cos x) ) u0 ¡ u = senx+ cosx

Homog¶enea: u0 ¡ u = 0 ) u0

u= 1 ) lnu = x+ ln c ) u = cex.

Soluci¶on particular por coe¯cientes indeterminados: up = a senx+b cosx ) u0p = a cosx¡b senx.

u0 ¡ u = (a¡ b) cos x¡ (a+ b) senx = senx+ cosx ) a = 0; b = ¡1 ) up = ¡ cos x

Asi, y¡1 = u = cex ¡ cosx ) y =1

cex ¡ cosx. Aplicando la condici¶on inicial, c = 2 y la soluci¶on

es

y =1

2ex ¡ cos x

Soluci¶on particular por variaci¶on de par¶ametros:

up = v(x)ex ) u0 ¡ u = v0ex + vex ¡ vex = senx+ cosx ) v =

Ze¡x senx dx+

Ze¡x cosx dx

Integrando por partes la primera de ellas tenemos

v =

Ze¡x senx dx+

Ze¡x cos x dx = ¡e¡x cosx¡

Ze¡x cosx dx+

Ze¡x cos x dx = ¡e¡x cosx

Asi up = vex = ¡ cosx. Se termina igual que antes.



Cuarta pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta sea 0 puntos.

Resolver el problema de valor inicial

µx0

y0

¶=

µ0 1

¡1 0

¶µx

y

¶+

µsen tcos t

¶x(0) = y(0) = 0

Reducci¶on: El sistema es

x0 = y + sen ty0 = ¡x+ cos t

¾) Dx¡ y = sen t

x+Dy = cos t

¾multiplicando al 1a por D ) D2x¡Dy = cos t

x+Dy = cos t

¾

Sumando queda x00+ x = 2 cos t. La homog¶enea es x00+ x = 0, su polinomio caracter¶³stico z2+1 = 0 )z = §i y la soluci¶on xh = c1 cos t+ c2 sen t.

Soluci¶on particular:

1. Coe¯cientes indeterminados: xp = t(a cos t+b sen t). Sustituyendo, a = 0; b = 1 y asi xp = t sen t yla soluci¶on general x = c1 cos t+c2 sen t+t sen t. Despejando en la primera ecuaci¶on y = x

0¡sen t == ¡c1 sen t+ c2 cos t+ t cos t. Aplicando las condiciones iniciales, c1 = c2 = 0 y la soluci¶on pedidaes x = t sen t; y = t cos t.

2. Variaci¶on de par¶ametros: xp = v1 cos t+v2 sen t. El sistema a resolver esv01 cos t+ v

02 sen t = 0

¡v01 sen t+ v02 cos t = 2 cos t

¾.

Multiplicando la primera por cos t, la segunda por sen t y restando, v01 = ¡2 sen t cos t ) v1 == cos2 t.

Asi, v02 = ¡v01cos t

sen t= 2 cos2 t ) v2 = t+ sen t cos t y la soluci¶on general

x = c1 cos t+ c2 sen t+ t sen t+ cos t

Matricialmente: El sistema homog¶eneo es

µx0

y0

¶=

µ0 1

¡1 0

¶µx

y

¶.

Autovalores:

¯̄¯̄ ¡¸ 1¡1 ¡¸

¯̄¯̄ = ¸2 + 1 = 0 ) ¸ = §i. Tomamos ¸ = i.

Autovector para ¸ = i:

µ¡i 1¡1 ¡i

¶µa

b

¶=

µ00

¶) b = ai. Tomando a = 1, b = i. Asi

µx

y

¶=

µ1i

¶eit ) x = eit = cos t+ i sen t

y = ieit = ¡ sen t+ i cos t

¾

y la matriz fundamental es ©(t) =

µcos t sen t

¡ sen t cos t

¶. Si F (t) =

µsen tcos t

¶,

©¡1(t)F (t) =

µcos t ¡ sen tsen t cos t

¶µsen tcos t

¶=

µ01

¶)

Z©¡1(t)F (t) =

µ1t

¶

Asi, ©(t)

Z©¡1(t)F (t) =

µcos t+ t sen t

¡ sen t+ t cos t

¶. La soluci¶on completa es

µx

y

¶=

µcos t sen t

¡ sen t cos t

¶µc1c2

¶+

µcos t+ t sen t

¡ sen t+ t cos t

¶

C¶ALCULO IIPrimer curso. Segundo cuatrimestre. Examen extraordinario de Julio. 15 de Julio de

2014.



Sea D la super¯cie esf¶erica x2 + y2 + z2 = R2. Hallar el ¶area de la porci¶on de dicha super¯ciecomprendida entre los planos z = a; z = b; 0 · a < b · R.

Primer planteamiento:

Parametrizaci¶on de la esfera (versi¶on colatitud): ©(u; v) = (R cos v senu;R sen v senu;R cos u),

u 2 [0; ¼]; v 2 [0; 2¼]. La zona pedida est¶a comprendida entre z = a ) R cos u = a ) u = arccosa

R

y z = b ) R cos u = b ) u = arccosb

R. Como a < b, arccos

b

R< arccos

a

R. Adem¶as

©v = (¡R sen v senu;R cos v senu; 0) ©u = (R cos v cos u;R sen v cos u;¡R senu)

©u £ ©v = (R2 cos v sen2 u;R2 sen v sen2 u;R2 senu cosu) ) jj©u £ ©v jj = R2 senuAsi, el ¶area pedida es

ZZR2 senu du dv = R2

Z 2¼

0

dv

Z arccos aR

arccos bR

senu du = 2¼R2 [¡ cosu]arccos a

R

arccos bR

= 2¼R(b¡ a)

Segundo planteamiento:

Parametrizaci¶on de la esfera (versi¶on latitud): ©(u; v) = (R cos v cosu;R sen v cos u;R senu),

u 2h¡¼2;¼

2

i; v 2 [0; 2¼]. La zona pedida est¶a comprendida entre z = a ) R senu = a ) u =

= arcsena

Ry z = b ) R senu = b ) u = arcsen

b

R. Como a < b, arcsen

a

R< arcsen

b

R. Se hacen

ahora los cambios pertinentes en el resto del desarrollo.


2014.



Sea F (x; y; z) =

µxz2;

y3

3+ xez

4

; x2z + y2¶un campo vectorial. Hallar

1. Flujo de F a trav¶es de la semiesfera cerrada f(x; y; z) jx2+y2+z2 = 1; z ¸ 0g[f(x; y; 0) jx2+y2 · 1g(incluye el plano del ecuador) con orientaci¶on exterior. (Hasta 5 puntos.)

2. Flujo de F a trav¶es de f(x; y; z) jx2 + y2 + z2 = 1; z ¸ 0g (es la misma super¯cie SIN el plano delecuador). (Hasta 5 puntos.)

1. Como la super¯cie es cerrada podemos usar el teorema de la divergencia. Asi div F = z2+ y2 + x2

y pasando a coordenadas esf¶ericas (se plantea s¶olo en la versi¶on colatitud)

x = ½ cos' sen#; y = ½ sen' sen#; z = ½ cos# ½ 2 [0; 1]; ' 2 [0; 2¼]; # 2h0;¼

2

i

el °ujo es ZZZ½2 ¢ ½2 sen# d½ d'd# =

Z ¼2

0

sen# d#

Z 2¼

0

d'

Z 1

0

½4 d½ =2¼

5

2. En este caso la super¯cie no es cerrada y no podemos aplicar el teorema de la divergencia. Debemosoptar por dos posibilidades

² Calcular directamente el °ujo a trav¶es de la semiesfera mediante una integral de super¯cie.

² Calcular el °ujo a trav¶es del c¶³rculo del ecuador mediante, tambi¶en, una integral de super¯ciey rest¶arselo al que acabamos de obtener. Esta ¶ultima versi¶on es preferible, dado que en el

c¶³rculo del ecuador z = 0 y el campo pasa a ser F (x; y; 0) =

µ0;y3

3+ x; y2

¶. Tomamos esta

opci¶on.

El c¶³rculo del ecuador es ©(½; ') = (½ cos'; ½ sen'; 0); ½ 2 [0; 1]; ' 2 [0; 2¼]. Asi ©½ £ ©' == (0; 0; ½) que tiene orientaci¶on interior a la semiesfera cerrada. Debemos tomar (0; 0;¡½). Tenemosahora

F (©(½; ')) ¢ (0; 0;¡½) = ¡½3 sen2 'y el °ujo ZZ

(¡½3 sen2 ') d½ d' = ¡Z 2¼

0

sen2 'd'

Z 1

0

½3 d½ = ¡¼4

El °ujo sobre la semiesfera abierta es2¼

5¡³¡¼4

´=

13¼

20


2014.



1. Dada la ecuaci¶on diferencial y0 =senx

x2+ y

13 y los puntos (0; 1); (1; 0); (1; 1) indicar razonada-

mente en cuales de ellos se puede asegurar la existencia y unicidad de soluci¶on. (Hasta 4 puntos.)

2. Resolver y0 =y

x+ x cos x. (Hasta 3 puntos.)

3. Resolver (2x+ y cos(xy)) dx+ (x cos(xy)¡ 2y) dy = 0. (Hasta 3 puntos.)

1. Como nos preguntan por existencia y unicidad debemos aplicar el teorema de Picard. Asi y0 =

= f(x; y) =senx

x2+ y

13

² Punto (0; 1): La funci¶on f no est¶a de¯nida en ¶el. No podemos a¯rmar nada.

² Punto (1; 0): f es continua en un entorno del punto pero la derivada@f

@yno existe en el punto.

No podemos a¯rmar nada.

² Punto (1; 1): f es continua en un entorno del punto y la derivada@f

@ytambi¶en. Existe soluci¶on

¶unica.

2. Como se trata de una ecuaci¶on lineal y y0 =y

x+ x cos x ) y0 ¡ y

x= x cos x, resolveremos en

primer lugar la homog¶enea asociada:

y0 =y

x) y0

y=

1

x) ln y = lnx+ ln c ) y = cx

Construimos una sooluci¶on particular por variaci¶on de par¶ametros (o constantes).

yp = v(x)x ) y0 = v0x+ v ) v0x+ v¡ v = x cos x ) v0 = cos x ) v = senx ) yp = x senx

y la soluci¶on completa es y = cx+ x senx.

3. Si M = 2x+ y cos(xy) y N = x cos(xy)¡ 2y, tenemos que@M

@y= cos(xy)¡ yx sen(xy) = @N

@xpor

lo que es exacta.

f(x; y) =

Z(2x+y cos(xy)) dx = x2+sen(xy)+h(y) ) @f

@y= x cos(xy)+h0(y) = x cos(xy)¡2y )

) h0(y) = ¡2y ) h(y) = ¡y2 + cLa soluci¶on es x2 + sen(xy)¡ y2 + c = 0.


2014.



1. Determinar el valor del n¶umero natural n para el que las familias de curvas

xn + yn = k y =x

1 + cx

sean orotogonales. (Hasta 3 puntos.)

2. Resolver el sistema de ecuaciones

µx0

y0

¶=

µ4 03 ¡2

¶µx

y

¶+

Ã 1

2e¡t

0

!

(Hasta 7 puntos.)

1. Obtengamos las ecuaciones diferenciales que representan a esta familias de curvas:

² xn + yn = k ) nxn¡1 + nyn¡1y0 = 0 ) y0 = ¡xn¡1

yn¡1

² y = x

1 + cx) y0 =

1

(1 + cx)2. Como, de la ecuaci¶on original, 1 + cx =

x

y) y0 =

y2

x2

Para que sean ortogonales el producto de las dos y0 debe ser ¡1. Asi

¡xn¡1

yn¡1y2

x2= ¡1 ) n = 3

2. Reducci¶on: El sistema es

8><

>:

x0 = 4x+1

2e¡t

y0 = 3x¡ 2y

y no es preciso aplicar ninguna reduci¶on. Resolve-

mos la primera ecuaci¶on (que es lineal):

Homog¶enea asociada: x0 ¡ 4x = 0 ) x0

x= 4 ) lnx = 4t+ ln c1 ) x = c1e

4t.

Soluci¶on particular por coe¯cientes indeterminados: Tomamos x = ae¡t y sustituyendo en la

ecuaci¶on completa, a = ¡ 1

10. La soluci¶on completa es x = c1e

4t ¡ 1

10e¡t. Sustituimos ahora

en la segunda ecuaci¶on

y0 = 3x¡ 2y = 3c1e4t ¡ 3

10e¡t ¡ 2y ) y0 + 2y = 3c1e

4t ¡ 3

10e¡t

que de nuevo es lineal.

Homog¶enea asociada: y0 + 2y = 0 ) y0

y= ¡2 ) ln y = ¡2t+ ln c2 ) y = c2e

¡2t.

Particular por variaci¶on de par¶ametros (o constantes):

yp = v(t)e¡2t ) y0 = ¡2ve¡2t + v0e¡2t ) y0 + 2y = v0e¡2t = 3c1e

4t ¡ 3

10e¡t )

) v0 = 3c1e6t ¡ 3

10et ) v =

1

2c11e

6t ¡ 3

10et ) yp =

1

2c1e

4t ¡ 3

10e¡t

La soluci¶on completa es y = c2e¡2t +

1

2c1e

4t ¡ 3

10e¡t

Resoluci¶on matricial: Autovalores:

¯̄¯̄ 4¡ ¸ 0

3 ¡2¡ ¸

¯̄¯̄ = (4 ¡ ¸)(¡2 ¡ ¸) = 0. Los autovalores

son 4; ¡2. Autovectores:

² ¸ = 4:

µ0 03 ¡6

¶µa

b

¶=

µ00

¶) a = 2b. Tomamos b = 1; a = 2.

² ¸ = ¡2:µ

6 03 0

¶µa

b

¶=

µ00

¶) 6a = 0. Asi, a = 0 y b puede ser cualquiera.

Tomamos b = 1.

Soluci¶on general del sistema homog¶eneo

µx

y

¶= c1

µ21

¶e4t + c2

µ01

¶e¡2t. La matriz funda-

mental

©(t) =

0

@2e4t 0

e4t e¡2t

1

A ) ©¡1 =

0

BB@

1

2e¡4t 0

¡1

2e2t e2t

1

CCA

F (t) =

Ã 1

2e¡t

0

!

) ©¡1F =

0

BB@

1

4e¡5t

¡1

4et

1

CCA )

Z©¡1F =

0

BB@

¡ 1

20e¡5t

¡1

4et

1

CCA

Soluci¶on particular

©

Z©¡1F =

0

BB@

¡ 1

10e¡t

¡ 3

10e¡t

1

CCA

y la soluci¶on general

µx

y

¶= c1

µ21

¶e4t + c2

µ01

¶e¡2t +

0

BB@

¡ 1

10e¡t

¡ 3

10e¡t

1

CCA

C¶ALCULO IIPrimer curso. Segundo cuatrimestre. Primer examen parcial. 23 de Marzo de 2015



1. Sea D el paralelogramos determinado por las rectas y = x; y = x + 1; y = ¡x; y = ¡x + 2 e

I =

ZZ

D

sen(y + x) cos(y ¡ x) dx dy. Escriba la integral que se obtiene al realizar el cambio de

variable u = y + x; v = y ¡ x y resu¶elvala. (Hasta 3 puntos.)

2. Calcular

Z

¾

(y+epx) dx+(2y+cos(y2)) dy sobre el contorno ¾ de la regi¶on D : f(x; y) j y ¸ x2; y2 ·

xg recorrido en sentido positivo (antihorario). (Hasta 4 puntos.)

3. Hallar la circulaci¶on del campo F (x; y; z) = (2xy2; 2x2y; 3z2) a lo largo de la curva

¾(t) =

µ2¡ t2; 5¡ 5t3; 1 + 2 sen

µ¼t

2

¶¶; 0 · t · 1

(Hasta 3 puntos.)

1. Despejando, x =u¡ v2; y =

u+ v

2y asi el jacobiano de la transformaci¶on es

¯̄¯̄¯̄¯̄

1

2¡1

2

1

2

1

2

¯̄¯̄¯̄¯̄=

1

2. El

recinto se transforma en 0 · u · 2; 0 · v · 1. Tenemos asi que la integral es

Z 1

0

dv

Z 2

0

senu cos v1

2du =

1

2

Z 1

0

cos v dv

Z 2

0

senu du =1

2sen 1[1¡ cos 2]

2. Aplicando el teorema de Green tenemos

Z

¾

(y + epx) dx+ (2y + cos(y2)) dy =

ZZ

D

(¡1)dx dy = ¡ ¶area de D.

El ¶area de D se puede calcular mediante una integral simple

¶Area de D =

Z 1

0

(px¡ x2) dx = 1

3

D

3. El campo F es de clase C(1 (realmente de clase C(+1) en todo R3 y es el gradiente de

f(x; y; z) = x2y2 + z3

La circulaci¶on es entonces

f(¾(1))¡ f(¾(0)) = f(1; 0; 3)¡ f(2; 5; 1) = 27¡ 101 = ¡74

Tambien puede hacerse sustituyendo la curva por otra m¶as sencilla que una los puntos antes indi-cados.




1. Sea f(x; y) una funci¶on continua en R2. Dada

Z 1

0

dy

Z 1+p1¡y2

p2y¡y2

f(x; y) dx, dibuje la regi¶on en que

est¶a de¯nida y cambie el orden de integraci¶on. (Hasta 3 puntos.)

2. Hallar el momento de inercia de la placa f(x; y) jx2 + y2 ¸ 8 x2 + y2 · 4xg respecto a un ejeortogonal al plano de la placa por el origen de coordenadas siendo su densidad puntual jyj. (Hasta7 puntos)

1.

Z 1

0

dx

Z 1¡p1¡x2

0

f(x; y) dy +

Z 2

1

dx

Z p2x¡x2

0

f(x; y) dy

Región

2. La placa es la de la ¯gura junto con su sim¶etrica respecto a OX . Como la densidad es jyj, traba-jaremos s¶olo con la ¯gura (en la que jyj = y) y multiplicaremos por 2.

placa

En coordenadas polares las dos cincunferencias son ½ =p8; ½ = 4 cos'. As¶³

IO = 2

ZZ

placa

(x2 + y2)y dx dy = 2

Z ¼4

0

d'

Z 4 cos'

p8

½2½ sen'½ d½ = 2

Z ¼4

0

d'

Z 4 cos'

p8

½4 sen'd½ =

=2

5

Z ¼4

0

[½5]4 cos'p8

sen'd' =2

5

Z ¼4

0

(1024 cos5 '¡64p8) sen'd' =

2

5

·¡1024

6cos6 '+ 64

p8 cos'

¸¼4

0

=2

5

·832

3¡ 64

p8

¸




Hallar la circulaci¶on del campo vectorial F (x; y; z) = (arctg x2; 3x; e3z tg z) a lo largo de la curvaintersecci¶on de la esfera x2+ y2+ z2 = 4 con el cilindro x2+ y2 = 1; z ¸ 0, recorrida en sentido positivo.

Soluci¶on: La forma del campo desanima en cuanto a resolverlo parametrizando la curva. Veamos conel teorema de Stokes:

rot F =

¯̄¯̄¯̄¯̄¯̄¯

i j k

@

@x

@

@y

@

@z

arctg x2 3x e3z tg z

¯̄¯̄¯̄¯̄¯̄¯

= (0; 0; 3)

Tenemos ahora las opciones siguientes:

² Tomar como super¯cie el disco plano x2 + y2 · 1; z =p3 (ver ¯gura izquierda)

Una parametrizaci¶on de este disco es ©(u; v) = (u cos v; u sen v;p3); 0 · u · 1; 0 · v · 2¼. Asi,

Tu =@©

@u= (cos v; sen v; 0) Tv =

@©

@v= (¡u sen v; u cos v; 0) ) Tu £ Tv = (0; 0; u)

y como u ¸ 0 por ser una longitud, el sentido es el correcto (ver ¯gura derecha). As¶³

rot F (©(u; v)) ¢ (Tu £ Tv) = (0; 0; 3) ¢ (0; 0; u) = 3u

y la integral a resolver es Z 2¼

0

dv

Z 1

0

3u du = 3¼

² Tomando de nuevo el disco S anterior y siendo C la circunferencia

Z

C

F ¢ ds =Z

S

rot F ¢ dS =

Z

S

(rot F ¢ n)dS =

Z

S

3dS = 3 ¶area del c¶³rculo = 3¼

² Tomar como super¯cie el casquete esf¶erico que tiene como base el disco anterior. En este casola proyecci¶on del casquete es x2 + y2 · 1 y una parametrizaci¶on de ese casquete como gr¶a¯ca es

©(u; v) = (u cos v; u sen v;p4¡ u2); 0 · u · 1; o · v · 2¼ donde hemos parametrizado el disco

proyecci¶on como muestra la ¯gura

u v

Ahora

Tu =@©

@u=

µcos v; sen v;¡ up

4¡ u2

¶Tv =

@©

@v= (¡u sen v; u cos v; 0) ) Tu£Tv =

µu2 cos vp4¡ u2

;u2 sen vp4¡ u2

; u

¶

As¶³ rot F (©(u; v)) ¢ (Tu £ Tv) = 3u y la integral a resolver es la misma que antes.

C¶ALCULO IIPrimer curso. Segundo cuatrimestre. Segundo examen parcial. 29 de Mayo de 2015


Primera pregunta. Un error considerado muy grave puede hacer que la cali¯caci¶on global de lapregunta sea 0 puntos.

Consideremos el siguiente problema de valor inicial:

½xy3y0 ¡ x4 ¡ y4 = 0y(1) = 4

1. Justi¯que razonadamente, sin resolver la ecuaci¶on, que tiene soluci¶on ¶unica. (Hasta 3 puntos.)

2. Resu¶elvalo. (Hasta 7 puntos.)

1. Despejando y0 tenemos y0 = x3y¡3 + x¡1y = f(x; y). Adem¶as@f

@y= ¡3x3y¡4 + x¡1. En el

rect¶angulo (intervalo en R2)

·1

2;3

2

¸£ [3; 5] la funci¶on f es continua y

@f

@yest¶a acotada (por ser

continua en un conjunto cerrado y acotado). Asi, el teorema de Picard a¯rma la existencia de ® > 0tal que el problema de valor inicial anterior tiene soluci¶on ¶unica en (1¡ ®; 1 + ®).

2. Lo resolveremos de tres formas

² Como ecuaci¶on homog¶enea: La ecuaci¶on es xy3y0¡x4¡y4 = 0 y su forma diferencial asociada,xy3 dy¡ (x4+ y4) dx = 0, que es homog¶enea. Hacemos el cambio y = vx ) dy = v dx+ x dvy tenemos

v3x5 dv = x4 dx ) v3 dv =1

xdx ) 1

4v4 = ln jxj+c ) 1

4

y4

x4= ln jxj+c ) y4 = 4x4(c+ln jxj)

Aplicando la condici¶on inicial, c = 44 = 256 y la soluci¶on particular es y4 = 4x4(256 + lnx)

² Mediante factor integrante: Si llamamos M(x; y) = ¡(x4 + y4); N(x; y) = xy3,

@M

@y= ¡4y3; @N

@x= y3 )

@M@y¡ @N

@x

N= ¡ 5

x) ln¹ = ¡

Z5

xdx = ¡5 lnx = ln

1

x5) ¹ =

1

x5

Multiplicando por ¹ tenemosy3

x4dy ¡

µ1

x+y4

x5

¶dx = 0 que es exacta.

f(x; y) =

Zy3

x4dy =

y4

4x4+g(x) ) @f

@x= ¡ y

4

x5+g0(x) = ¡ 1

x¡y

4

x5) g0(x) = ¡ 1

x) g(x) = ¡ ln jxj+c

y la soluci¶on esy4

4x4¡ ln jxj+ c = 0 ) y4 = 4x4(c+ ln jxj)

² Como Bernoulli: La ecuaci¶on es y0 ¡ 1

xy = x3y¡3 ) y3y0 ¡ 1

xy4 = x3. Se aplica ahora el

cambio u = y4.




1. Determine una ecuaci¶on diferencial lineal homog¶enea con coe¯cientes constantes del menor ordenposible que admita a xe2x; senx como soluciones. (Hasta 2 puntos.)

2. Con las condiciones del apartado anterior, determine una ecuaci¶on diferencial lineal completa concoe¯cientes constantes del menor orden posible que admita a y = x2 como soluci¶on particular.(Hasta 1 punto.)

3. Resuelva y00 + 25y =1

sen 5x. (Hasta 7 puntos.)

1. Al aparecer xe2x, la ecuaci¶on caracter¶³stica tiene a 2 como soluci¶on doble. Por estar senx, tienecomo soluciones §i. Asi la ecuaci¶on caracter¶³stica es (z¡ 2)2(z2+1) = z4 ¡ 4z3+5z2¡ 4z+4 = 0y la ecuaci¶on yiv ¡ 4y000 + 5y00 ¡ 4y0 + 4y = 0.

2. Sustituyendo en la ecuaci¶on anterior y = x2 se tiene yiv ¡ 4y000 + 5y00 ¡ 4y0 + 4y = 4x2 ¡ 8x + 10que es la ecuaci¶on completa pedida.

3. La ecuaci¶on homog¶enea asociada es y00 + 25y = 0, ecuaci¶on caracter¶³stica z2 + 25 = 0 con ra¶³cesx = §5i. Soluci¶on general de la homog¶enea yh = c1 cos 5x + c2 sen 5x. Soluci¶on particular porvariaci¶on de par¶ametros (variaci¶on de las constantes) yp = v1 cos 5x + v2 sen 5x. El sistema aresolver es (

v01 cos 5x+ v02 sen 5x = 0

¡5v01 sen 5x+ 5v02 cos 5x =1

sen 5x

Multiplicando la primera por 5 cos 5x, la segunda por sen 5x y restando, tenemos

5v01 = ¡1 ) v01 = ¡1

5) v1 = ¡

1

5x

Como

v02 = ¡v01cos 5x

sen 5x=

1

5

cos 5x

sen 5x) v2 =

1

25ln j sen 5xj

La soluci¶on particular es yp = ¡1

5x cos 5x+

1

25sen 5x ln j sen 5xj y la soluci¶on general


5x cos 5x+

1

25sen 5x ln j sen 5xj




Obtenga la soluci¶on general del sistema

(x0 = ¡3x+ y + ty0 = 2x¡ 4y +

1

3e¡t

(Hasta 10 puntos.)

Reducci¶on:

(x0 = ¡3x+ y + ty0 = 2x¡ 4y +

1

3e¡t )

((D + 3)x¡ y = t¡2x+ (D + 4)y =

1

3e¡t . Multiplicando la primera

por D + 4 y sumando con la segunda, tenemos x00 + 7x0 + 10x = 1 + 4t+1

3e¡t.

Homog¶enea asociada: x00+7x0+10x = 0. Ecuaci¶on caracter¶³stica z2+7z+10 = 0, con ra¶³ces ¡2; ¡5.Soluci¶on general de la homog¶enea: xh = c1e

¡2t + c2e¡5t.

Soluci¶on particular por coe¯cientes indeterminados: Se considera xp = at + b + ce¡t y sustituyendo

en la ecuaci¶on completa, tenemos a =2

5; b = ¡ 9

50; c =

1

12. Asi, la soluci¶on general es

x = c1e¡2t + c2e

¡5t +2

5t¡ 9

50+

1

12e¡t

Despejando y en la primera ecuaci¶on

y = x0 + 3x¡ t = c1e¡2t ¡ 2c2e¡5t ¡ 3

5t¡ 7

50+

1

6e¡t

Soluci¶on particular por variaci¶on de par¶ametros (o de las constantes): Tomamos como soluci¶on par-

ticular xp = v1e¡2t + v2e

¡5t. El sistema a resolver es

(v01e

¡2t + v02e¡5t = 0

¡2v01e¡2t ¡ 5v02e¡5t = 1 + 4t+

1

3e¡t . Multi-

plicando la primera por 2 y sumando

¡3v02e¡5t = 1+4t+1

3e¡t ) v2 = ¡

1

3

Ze5t dt¡4

3

Zte5t dt¡1

9

Ze4t dt = ¡ 1

15e5t¡ 4

15te5t+

4

75e5t¡ 1

36e4t

v01 = ¡v02e¡3t =1

3e2t +

4

3te2t +

1

9et ) v1 =

1

3

Ze2t dt+

4

3

Zte2t dt+

1

9

Zet dt =

=1

6e2t +

2

3te2t ¡ 1

3e2t +

1

9et

Por supuesto, la soluci¶on es la misma que antes.Resoluci¶on matricial: El sistema es

µx0

y0

¶=

µ¡3 12 ¡4

¶µx

y

¶+

µ10

¶t+

Ã01

3

!

e¡t

Autovalores:

¯̄¯̄ ¡3¡m 1

2 ¡4¡m

¯̄¯̄ = m2 + 7m+ 10 = 0; ) z = ¡2; ¡5.

Autovectores para m = ¡2:µ¡1 12 ¡2

¶µa

b

¶=

µ00

¶) ¡a + b = 0. Tomamos como

autovector

µ11

¶.

Autovectores para m = ¡5:µ

2 12 1

¶µa

b

¶=

µ00

¶) 2a+ b = 0. Tomamos como autovector

µ1

¡2

¶.

La soluci¶on del sistema homog¶eneo es

µx

y

¶= c1

µ11

¶e¡2t + c2

µ1

¡2

¶e¡5t. La matriz funda-

mental es ©(t) =

µe¡2t e¡5t

e¡2t ¡2e¡5t¶

y su inversa ©¡1(t) = 13

µ2e2t e2t

e5t ¡e5t¶. La soluci¶on particular

viene dada ahora por ©R©¡1F , siendo F =

Ãt

1

3e¡t

!

C¶ALCULO IIPrimer curso. Segundo cuatrimestre. Examen ¯nal. 16 de Junio de 2015



1. Consideremos una curva cerrada simple ¾, de clase C(1 en R2 y con longitud L y sea D la regi¶onde R2 encerrada por ella y A el ¶area de esta regi¶on. Calcule, razonadamente la integral de l¶³neaZ

¾

(x dy ¡ y dx) seg¶un el sentido en que se recorra la citada curva. (Hasta 3 puntos.)

2. Calcule la circulaci¶on del campo vectorial F (x; y; z) = (x; y; x2) sobre la curva cerrada intersecci¶ondel paraboloide z = x2 + y2 con el paralelep¶³pedo f(x; y; z) j 0 · x · 1; 0 · y · 1g. La curvaest¶a orientada de forma que su proyecci¶on sobre el plano XOY tiene orientaci¶on positiva. (Hasta7 puntos.)

1. Si la curva ¾ se recorre de forma que D quede a la izquierda, el teorema de Green dice que

Z

¾

(x dy ¡ y dx) =ZZ

D

2 dx dy = 2 ¶area de D = 2A

Si se recorre en sentido contrario, el valor es ¡2A.

2. Como rot F =

¯̄¯̄¯̄¯̄¯̄¯

i j k

@

@x

@

@y

@

@z

x y x2

¯̄¯̄¯̄¯̄¯̄¯

= (0;¡2x; 0), F no es conservativo. Aplicamos el teorema de

Stokes, y para ello parametrizamos el paraboloide como g¶a¯ca

©(x; y) = (x; y; x2+y2); 0 · x · 1; 0 · y · 1; ) Tx =@©

@x= (1; 0; 2x); Ty =

@©

@y= (0; 1; 2y) )

) Tx £ Ty = (¡2x;¡2y; 1)Como la tercera coordenada es positiva, la orientaci¶on es la correcta. Adem¶as rot F (©(x; y)) == (0;¡2x; 0) ) rot F (©) ¢ (Tx £ Ty) = 4xy.

Z

curva

F ¢ ds =ZZ

4xy dx dy = 4

Z 1

0

x dx

Z 1

0

y dy = 1

Puede hacerse tambi¶en parametrizando. La curva ¾ es ¾ = ¾1 [ ¾2 [ ¾3 [ ¾4 (ver ¯gura).

La curva ¾1 corresponde a y = 0. Su parametrizaci¶on es

¾1 : [0; 1]! R3; ¾1(t) = (t; 0; t2). Sentido correcto.

La curva ¾2 corresponde a x = 1. Su parametrizaci¶on es

¾2 : [0; 1]! R3; ¾2(t) = (1; t; t2 + 1). Sentido correcto.

La curva ¾3 corresponde a y = 1. Su parametrizaci¶on es

¾3 : [0; 1]! R3; ¾3(t) = (t; 1; t2 + 1). Sentido contrario.

La curva ¾4 corresponde a x = 0. Su parametrizaci¶on es

¾4 : [0; 1]! R3; ¾4(t) = (0; t; t2). Sentido contrario.

Asi tenemos

F (¾1(t)) = (t; 0; t2); ¾01(t) = (1; 0; 2t) ) F (¾1) ¢¾01(t) = t+2t3 )Z

¾1

F ¢ds =Z 1

0

(t+2t3) dt = 1

F (¾2(t)) = (1; t; 1); ¾02(t) = (0; 1; 2t) ) F (¾2) ¢ ¾02(t) = 3t )Z

¾2

F ¢ ds =Z 1

0

3t dt =3

2

F (¾3(t)) = (t; 1; t2); ¾03(t) = (1; 0; 2t) ) F (¾3) ¢¾03(t) = t+2t3 )Z

¾3

F ¢ds =Z 1

0

(t+2t3) dt = 1

F (¾4(t)) = (0; t; 0); ¾04(t) = (0; 1; 2t) ) F (¾4) ¢ ¾04(t) = t )Z

¾4

F ¢ ds =Z 1

0

t dt =1

2

Asi Z

¾

=

Z

¾1

+

Z

¾2

¡Z

¾3

¡Z

¾4

= 1 +3

2¡ 1¡ 1

2= 1




Calcule el °ujo del campo F (x; y; z) = (4xz; xyz; 3z) a trav¶es de

1. f(x; y; z) j z2 = x2 + y2; 0 · z · 4 g [ f(x; y; z) jx2 + y2 · 16; z = 4 g. (Hasta 5 puntos.)

2. f(x; y; z) j z2 = x2 + y2; 0 · z · 4 g. (Hasta 5 puntos.)

1. Sea C el cono y D el c¶³rculo proyecci¶on sobre el plano XOY . Como div F = 4z+xz+3, el teoremade Gauss o de la divergencia nos dice que

Flujo =

ZZZ

C

div F dxdy dz =

ZZ

D

dx dy

Z 4

px2+y2

(4z + xz + 3) dz =

ZZ

D

(44 + 8x¡ 2(x2 + y2)¡ 1

2x(x2 + y2)¡ 3

px2 + y2) dx dy

Pasando a coordenadas polares x = ½ cos'; y = ½ sen'; 0 · ½ · 4; 0 · ' · 2¼, tenemos

Z 2¼

0

d'

Z 4

0

(44 + 8½ cos'¡ 2½2 ¡ 1

2½3 cos'¡ 3½)½ d½ = 320¼

2. Calcularemos el °ujo a trav¶es de D1 = f(x; y; z) jx2+y2 · 16; z = 4 g y se lo restaremos al obtenidoantes. Una parametrizaci¶on de esta super¯cie es ©(u; v) = (u cos v; u sen v; 4); 0 · v · 2¼;0 · u · 4

Tu =@©

@u= (cos v; sen v; 0) Tv =

@©

@v= (¡u sen v; u cos v; 0) ) Tu £ Tv = (0; 0; u)

Como F (©) = (16u cos v; 4u2 sen v cos v; 12); F (©) ¢ (Tu £ Tv) = 12u y asi

Z

D1

F ¢ dS = 12

Z 2¼

0

dv

Z 4

0

u du = 192¼

El °ujo pedido es 320¼ ¡ 192¼ = 128¼.




1. Determine las funciones u(x; y) para las que la ecuaci¶on diferencial yex + y + (ex ¡ u(x; y))y0 = 0es exacta. (hasta 3 puntos.)

2. Resuelva el problema de valor inicial y00 ¡ y0 ¡ 2y = (2x + 1)e2x; y(0) = 1; y0(0) =1

9. (Hasta 7

puntos)

1. La forma diferencial asociada es (yex + y) dx+ (ex ¡ u(x; y)) dy = 0. Sea M = yex + y;N = ex ¡ u(x; y). Asi

@M

@y= ex + 1 =

@N

@x= ex ¡ @u

@x) @u

@x= ¡1 ) u(x; y) = ¡x+ g(y)

Es exacta siempre que u(x; y) = g(y)¡ x siendo g una funci¶on cualquiera de y.

2. Homog¶enea asociada: y00¡ y0¡ 2y = 0. Ecuaci¶on caracter¶³stica z2¡ z¡ 2 = 0 con ra¶³ces z = ¡1; 2.Soluci¶on de la homog¶enea yh = c1e

¡x + c2e2x.

Soluci¶on particular por coe¯cientes indeterminados: yp = (ax2+ bx)e2x, donde hemos multiplicadopor x para eliminar la similitud con la soluci¶on de la homog¶enea. Sustituyendo en la ecuaci¶on

completa, a =1

3; b =

1

9y asi yp =

1

9(3x2 + x)e2x y soluci¶on general

y = c1e¡x + c2e

2x +1

9(3x2 + x)e2x:

Aplicando las condiciones iniciales, y =1

3e¡x +

2

3e2x +

1

9(3x2 + x)e2x.

Soluci¶on particular por variaci¶on de par¶ametros (o de las constantes): yp = v1e¡x+ v2e

2x. Sistema

a resolver

½v01e

¡x + v02e2x

¡v01e¡x + 2v02e2x = (2x+ 1)e2x

. Sumando las ecuaciones y simpli¯cando

v02 =1

3(2x+ 1) ) v2 =

1

3(x2 + x)

v01 = ¡v02e3x = ¡2

3xe3x ¡ 1

3e3x ) v1 = ¡

2

9xe3x ¡ 1

27e3x

y la soluci¶on particular yp =1

3x2e2x +

1

9xe2x ¡ 1

27e2x, con lo que la soluci¶on general es

y = c1e¡x +

µc2 ¡

1

27

¶e2x +

1

9(3x2 + x)e2x




1. Sabemos que x, x lnx son soluciones de una ecuaci¶on diferencial lineal homog¶enea de segundo ordenen (0;+1).

(a) Escriba la ecuaci¶on.

(b) Localice la soluci¶on particular que veri¯ca y(1) = 1; y0(1) = 2.

(Hasta 5 puntos.)

2. Resuelva la ecuaci¶on diferencial (y + sen y + senx)y0 + cos x = 0. (Hasta 5 puntos.)

1. (a) La ecuaci¶on teniene la forma y00 + a(x)y0 + b(x)y = 0. Como y = x es soluci¶on, sustituyendoen la ecuaci¶on tenemos a(x) + xb(x) = 0. Por ser soluci¶on y = x lnx,

1

x+a(x) lnx+a(x)+b(x)x lnx = 0 ) 1

x+[a(x)+xb(x)] lnx+a(x) = 0 ) 1

x+a(x) = 0 ) a(x) = ¡ 1

x

Asi, b(x) = ¡ 1

xa(x) =

1

x2. La ecuaci¶on es y00 ¡ 1

xy0 +

1

x2y = 0 o, multiplicando por x2,

x2y00 ¡ xy0 + y = 0.

(b) La soluci¶on general de la ecuaci¶on anterior es y = c1x + c2x lnx. Aplicando las condicionesiniciales, c1 = c2 = 1. Por tanto, la soluci¶on pedida es y = x+ x lnx.

2. La forma diferencial asociada es (y + sen y + senx) dy + cosx dx = 0. Si llamamos M(x; y) == cos x; N(x; y) = y + sen y + senx, tenemos

@N@x¡ @M

@y

M=

cosx

cosx= 1 ) ln¹ =

Z1 dy = y ) ¹ = ey

es un factor integrante. Asi ey(y + sen y + senx) dy + ey cosx dx = 0 es exacta.

f(x; y) =

Zey cosx dx = ey senx+ g(y) ) @f

@y= ey senx+ g0(y) = ey(y + sen y + senx) )

) g0(y) = yey + ey sen y ) g(y) =

Zyey dy +

Zey sen y dy

La primera integral se resuelve con una integraci¶on por partes y la segunda, con dos.

g(y) = yey ¡ ey + 1

2ey(sen y ¡ cos y) + c

y la soluci¶on es

ey senx+ yey ¡ ey + 1

2ey(sen y ¡ cos y) + c = 0

C¶ALCULO IIPrimer curso. Segundo cuatrimestre. Examen extraordinario de Julio.

14 de Julio de 2015



1. Con un material de densidad variable ±(x; y; z) = x2+y2 se fabrica una pieza semiesf¶erica por fuera

y c¶onica por dentro, que responde a las desigualdades z ·pR2 ¡ x2 ¡ y2; z ¸ R ¡

px2 + y2 (R

es una constante). Determine la masa de la pieza. (Hasta 5 puntos.)

2. Determine el ¶area encerrada por la curva cerrada simple

¾ : [0; 2¼]! R2 ¾(t) = (t sen t+ cos t; sen t):

(Hasta 5 puntos.)

1. La pieza es la que muestra la ¯gura.

Pieza

D

Masa =

ZZZ±(x; y; z) dx dy dz =

ZZ

D

(x2+y2) dx dy

Z pR2¡x2¡y2

R¡p

x2+y2dz =

=

ZZ

D

(x2 + y2)[pR2 ¡ x2 ¡ y2 ¡R+

px2 + y2] dx dy

Pasando a coordenadas polares, tenemos

Masa =

Z 2¼

0

d'

Z R

0

½2[pR2 ¡ ½2 ¡R + ½]½ d½ =

=

Z 2¼

0

d'

Z R

0

[½3pR2 ¡ ½2 ¡ R½3 + ½4] d½. De las tres integrales en ½ que aparecen, la segunda y

la tercera son inmediatas. La primera se puede hacer con el cambio ½ = R sen t, con el cual

Z R

0

½3pR2 ¡ ½2d½ =

Z ¼2

0

R5 sen3 t cos2 t =

Z ¼2

0

R5(1¡ cos2 t) cos2 t sen t

que ya es inmediata. Tambien puede calcularse mediante es cambio R2 ¡ ½2 = t2. El resultado es¼R5

6

2. Por el teorema de Green,

¶Area =1

2

Z

¾

(x dy ¡ y dx) = 1

2

Z 2¼

0

(t sen t cos t+ cos2 t¡ t sen t cos t) dt = 1

2

Z 2¼

0

cos2 tdt =¼

2


14 de Julio de 2015



1. Dada la regi¶on − : f(x; y; z) jx2 + y2 · 4; z ¡ y · 2; z ¸ 0g, calcule el °ujo del campo

F (x; y; z) = (x+ xy2 + z2; y + cos(x+ z); z + e¡y ¡ zy2)

a trav¶es de la super¯cie que acota − con orientaci¶on exterior. (Hasta 6 puntos.)

2. Sea ¾ la curva intersecci¶on del cilindro y plano anteriores x2 + y2 = 4, z ¡ y = 2. Calcule

Z

¾

y dx+ (x¡ z) dy ¡ y dz

(Hasta 4 puntos.)

1. Como la divergencia de F es div F = 3, el °ujo de dicho campo es

ZZZ

−

3 dx dy dz = 3

ZZ

D

dx dy

Z 2+y

0

dz = 3

ZZ

D

(2 + y) dx dy

siendo D la proyecci¶on del cuerpo, esto es, el disco x2 + y2 · 4. Pasando a coordenadas polares,

Flujo = 3

Z 2¼

0

d'

Z 2

0

(2 + ½ sen')½ d½ = 24¼

2. Sea G(x; y; z) = (y; x ¡ z;¡y). Como rot G = (0; 0; 0), el campo es conservativo y la curva escerrada, por lo que la integral vale 0.


14 de Julio de 2015



1. Obtenga las trayectorias ortogonales a la familia de curvas x2 ¡ 2cx+ 2y2 = 0. (Hasta 7 puntos.)

2. Determine la ecuaci¶on diferencial homog¶enea con coe¯cientes constantes de menor orden posibleque admite como soluciones a x; e3x. (Hasta 3 puntos.)

1. Derivando impl¶³citamente tenemos 2x¡2c+4yy0 = 0. Multiplicando esta ecuaci¶on por x y restando

con la original, x2+4yy0x¡2y2 = 0. Despejando y0, y0 =2y2 ¡ x24xy

. Como buscamos las trayectorias

ortogonales debemos considerar la ecuaci¶on

y0 = ¡ 4xy

2y2 ¡ x2 =4xy

x2 ¡ 2y2) (x2 ¡ 2y2) dy = 4xy dx

que es homog¶enea. Con el cambio y = vx ) dy = v dx+ x dv tenemos

(1¡ 2v2)x dv = v(2v2 + 3) dx ) 1¡ 2v2

v(2v2 + 3)dv =

1

xdx

Descomponiendo en fracciones simples la primera fracci¶on, tenemos

1¡ 2v2

v(2v2 + 3)=

1

3v¡ 8

3

v

2v2 + 3)

Z1

xdx =

Z µ1

3v¡ 8

3

v

2v2 + 3

¶dv )

) ln c+ lnx =1

3ln v ¡ 2

3ln(2v2 + 3) ) c3x3 =

v

(2v2 + 3)2

Deshaciendo el cambio y operando,c(2y2 + 3x2)2 = y

Nota: Puede resolverse tambi¶en buscando un factor integrante que dependa s¶olo de una de las

variables. En este caso, un factor de ese tipo es1

y32

.

2. El que x sea soluci¶on implica que z = 0 sea ra¶³z doble de la ecuaci¶on caracter¶³stica y el que lo seae3x, nos dice que z = 3 es soluci¶on simple. As¶³, la ecuaci¶on caracter¶³stica es z2(z¡3) = z3¡3z2 = 0y la ecuaci¶on diferencial, y000 ¡ 3y00 = 0.


14 de Julio de 2015



Resuelva el sistema de ecuaciones diferenciales½x0 = 2x+ y + t¡ 2y0 = 3x+ 4y ¡ 4t

y escriba de forma expl¶³cita una matriz fundamental del sistema homog¶eneo asociado. (Hasta 10 puntos.)

Reducci¶on:

½x0 = 2x+ y + t¡ 2y0 = 3x+ 4y ¡ 4t

)½

(D ¡ 2)x¡ y = t¡ 2¡3x+ (D ¡ 4)y = ¡4t . Multiplicando la primera por

3, la segunda por D ¡ 2 y sumando, (D ¡ 2)(D ¡ 4)y ¡ 3y = 11t¡ 10 ) y00 ¡ 6y0 + 5y = 11t¡ 10.

Homog¶enea asociada: y00¡ 6y0+5y = 0. La ecuaci¶on caracter¶³stica es z2¡ 6z+5 = 0, con ra¶³ces 1; 5.Soluci¶on general de la homog¶enea asociada yh = c1e

t + c2e5t.

Soluci¶on particular por coe¯cientes indeterminados: yp = at+b. Sustituyendo en la ecuaci¶on completa,

a =11

5; b =

16

25. Asi, yp =

11

5t+

16

25.

Soluci¶on general: y = c1et + c2e

5t +11

5t+

16

25.

Despejando en la segunda ecuaci¶on x =1

3(y0 ¡ 4y + 4t) = ¡c1et +

1

3c2e

5t ¡ 8

5t ¡ 3

25y la soluci¶on

completa del sistema 8>><

>>:

x = ¡c1et +1

3c2e

5t ¡ 8

5t¡ 3

25

y = c1et + c2e

5t +11

5t+

16

25

Una matriz fundamental del sistema homog¶eneo asociado es

0

B@¡et 1

3e5t

et e5t

1

CA.

Matricial:

µx0

y0

¶=

µ2 13 4

¶µx

y

¶+

µt¡ 2¡4t

¶.

C¶alculo de los autovalores:

¯̄¯̄ 2¡m 1

3 4¡m

¯̄¯̄ = m2 ¡ 6m+ 5 = 0 ) m = 1; 5.

² m = 1 :

µ1 13 3

¶µa

b

¶=

µ00

¶) a + b = 0. Tomamos a = ¡1; b = 1. El autovector

considerado es

µ¡11

¶.

² m = 5 :

µ¡3 13 ¡1

¶µa

b

¶=

µ00

¶) ¡3a + b = 0. Tomamos a =

1

3; b = 1. El autovector

considerado es

0

B@

1

3

1

1

CA.

Nota: Las elecciones anteriores para los valores de a; b no son arbitrarias. Con estas elecciones, losresultados son id¶enticos en forma a los del m¶etodo anterior.

Soluci¶on general del sistema homog¶eneo:

µx

y

¶= c1

µ¡11

¶et + c2

Ã1

31

!

e5t.

Matriz fundamental: ©(t) =

0

B@¡et 1

3e5t

et e5t

1

CA. Su inversa es ©¡1(t) =

0

BB@

¡3

4e¡t 1

4e¡t

3

4e¡5t

3

4e¡5t

1

CCA.

©¡1(t)F (t) =

0

BB@

¡3

4e¡t 1

4e¡t

3

4e¡5t

3

4e¡5t

1

CCA

µt¡ 2¡4t

¶=

0

BB@

¡7

4te¡t +

3

2e¡t

¡9

4te¡5t ¡ 3

2e¡5t

1

CCA

Z©¡1(t)F (t) dt =

0

BB@

7

4te¡t +

1

4e¡t

9

20te¡5t +

39

100e¡5t

1

CCA ) ©(t)

Z©¡1(t)F (t) dt =

0

BB@

¡8

5t¡ 3

25

11

5t+

16

25

1

CCA

La soluci¶on general es la misma que antes.

Ex¶amenes del curso 2015¡ 2016

C¶ALCULO IIPrimer curso. Segundo cuatrimestre. Primer examen parcial. 5 de Abril de 2016



Consideremos la esfera x2 + y2 + z2 · 1 con densidad ±(x; y; z) = jxyzj. Calcular

1. Su masa. (5 puntos)

2. Su momento de inercia respecto al eje OZ (5 puntos)

1. Calcularemos la masa en primer lugar en coordenadas esf¶ericas y luego en cil¶³ndricas. El signi¯cadode las variables es el de la ¯gura. En todo caso calcularemos s¶olo el primer octante para quejxyzj = xyz y multiplicamos por 8.

Z

X Y

(x,y,z)

ρ

ϕ

ϑ

Esf¶ericas: M =

ZZZ

E

jxyzj dx dy dz = 8

ZZZ

octante

xyz dx dy dz =

= 8

Z ¼2

0

d#

Z ¼2

0

d'

Z 1

0

½ cos' sen# ¢ ½ sen' sen# ¢ ½ cos# ¢ ½2 sen# d½ =

= 8

Z ¼2

0

sen3 # cos#d#

Z ¼2

0

sen' cos'd'

Z 1

0

½5 d½ =

= 8

·sen4 #

4

¸¼2

0

·sen2 '

2

¸¼2

0

·½6

6

¸1

0

=1

6

Cil¶³ndricas: M = 8

ZZxy dx dy

Z p1¡x2¡y2

0

z dz = 8

ZZxy

·z2

2

¸p1¡x2¡y2

0

dx dy

= 4

ZZxy(1¡ x2 ¡ y2) dx dy = 4

Z ¼2

0

d'

Z 1

0

½ cos'½ sen'(1¡ ½2)½ d½ =

= 4

Z ¼2

0

sen' cos'd'

Z 1

0

½3(1¡ ½2) d½ = 1

6

2.

IOZ = 8

ZZZ

octante

(x2 + y2)xyz dx dy dz = 8

Z ¼2

0

sen5 # cos#d#

Z ¼2

0

sen' cos'd'

Z 1

0

½7 d½ =1

12

Nota: Si se utiliza la latitud en lugar de la colatitud en las coordenadas esf¶ericas, var¶³a ligeramenteel aspecto de las integrales.




1. Sea D el conjunto de R2 limitado por las rectas y = x; y = x + 2; y = ¡x; y = ¡x + 2. CalcularZZ

D

(x+ y)2(y ¡ x)2 dx dy mediante el cambio de variable x = ¡u+ v; y = u+ v. (3 puntos).

2. Sea ¾(t) = (t2 ¡ 1; t3 ¡ t); t 2 [¡1; 1]

(a) Calcular el ¶area de la regi¶on D limitada por ¾. (4 puntos).

(b) Calcular

Z

¾

(x2 + y2 ¡ y) dx+ (x+ y + 2xy) dy. (3 puntos).

1. E jacobiano de la transformaci¶on es J =@(x; y)

@(u; v)=

¯̄¯̄ ¡1 1

1 1

¯̄¯̄ = ¡2 y tenemos que poner en la

integral su m¶odulo, jJ j = 2. Recinto:

x = y ) ¡u+ v = u+ v ) u = 0

x+ 2 = y ) ¡u+ v + 2 = u+ v ) u = 1

¡x = y ) u¡ v = u+ v ) v = 0

¡x+ 2 = y ) u¡ v + 2 = u+ v ) v = 1

Asi,

ZZ

D

(x+ y)2(y ¡ x)2 dx dy =ZZ

D1

(2v)2(2u)2 ¢ 2 du dv = 32

Z 1

0

v2 dv

Z 1

0

u2 du =32

9

2. (a)

¶Area de D =1

2

Z

¾

(¡y dx+x dy) = 1

2

Z 1

¡1[(t¡t3)2t+(t2¡1)(3t2¡1)] dt = 1

2

Z 1

¡1(t4¡2t2+1) dt = 8

15

(b) Aplicando el teorema de Green,

Z

¾

(x2 + y2 ¡ y) dx+ (x+ y + 2xy) dy =

ZZ

D

(1 + 2y ¡ (2y ¡ 1)) dx dy =

ZZ

D

2 dx dy =

= 2¶area de D = 2 ¢ 815

=16

15

Nota: Por supuesto este apartado se puede resolver directamente, utilizando la parametrizaci¶onde la curva que nos han dado.




1. Calcule la integral del campo vectorial F (x; y; z) =

µ0;4x3

3; xy

¶a lo largo del borde de la super¯cie

z = x2 + y2 + 1; z · 2 recorrido en sentido positivo mirando desde arriba. (5 puntos)

2. Determine el °ujo del campo F (x; y; z) = (xz; yz; z2) a trav¶es de la super¯cie del s¶olido

f(x; y; z) jx2 + y2 + z2 · 25; z ¸ 4g [ f(x; y; z) jx2 + y2 · 9; z = 4g

con orientaci¶on exterior. (5 puntos)

1. Miramos en primer lugar si es conservativo.

Z

YX

rot F =

¯̄¯̄¯̄¯̄¯

i j k@

@x

@

@y

@

@z

04x3

3xy

¯̄¯̄¯̄¯̄¯

= (x;¡y; 4x2). No es conservativo. Ahora podemos

utilizar el teorema de Stokes o parametrizar la curva:

Stokes: Parametrizamos es disco encerrado por la curva y que es el sombreado en la

¯gura. El disco es x2 + y2 · 1; z = 2. Asi

©(u; v) = (u cos v; u sen v; 2); 0 · u · 1; 0 · v · 2¼:

©u =@©

@u= (cos v; sen v; 0) ©v =

@©

@v= (¡u sen v; u cos v; 0) y asi ©u £ ©v = (0; 0; u):

Como u es positivo, la orientaci¶on es la correcta. Adem¶as rot F (©(u; v)) = (u cos v;¡u sen v; 4u2 cos2 v)y asi rot F (©(u; v)) ¢ (©u £ ©v) = 4u3 cos2 v du dv. La integral a calcular es

Z

¾

F ¢ ds =Z4u3 cos2 v du dv =

Z 2¼

0

cos2 v dv

Z 1

0

4u3 du = ¼:

Parametrizando: La curva a parametrizar es x2 + y2 = 1; z = 2. La parametrizaci¶on est¶andar es

¾(t) = (cos t; sen t; 2); t 2 [0; 2¼]. Asi ¾0(t) = (¡ sen t; cos t; 0) y F (¾(t)) =

µ0;4

3cos3 t; sen t cos t

¶.

Por tanto Z

¾

F ¢ ds = 4

3

Z 2¼

0

cos4 t dt

integral que se resuelve pasando al ¶angulo doble (por ejemplo).

2. Como div F = z + z + 2z = 4z, el °ujo es

ZZZ4z dx dy dz =

ZZdx dy

Z p25¡x2¡y2

4

4z dz = 2

ZZ(9¡x2¡y2) dx dy = 2

Z 2¼

0

d'

Z 3

0

(9¡½2)½ d½ = 81¼:




1. Determine el valor de la constante a para que la ecuaci¶on diferencial (x+ye2xy)dx+7axe2xydy = 0sea exacta. (Hasta 3 puntos.)

2. Para el valor de a obtenido en el apartado anterior, resuelva el problema de valor inicial

½(x+ ye2xy)dx+ 7axe2xydy = 0y(1) = 0

(Hasta 7 puntos.)

1. M(x; y) = x+ ye2xy ) @M

@y= e2xy + 2xye2xy N(x; y) = 7axe2xy ) @N

@x= 7ae2xy + 14axye2xy

Para que coincidan, a =1

7.

2. Para el valor de a obtenido en el apartado anterior, la ecuaci¶on es (x+ ye2xy)dx+ xe2xydy = 0.

f(x; y) =

Zxe2xy dy =

1

2e2xy+g(x) ) @f

@x= ye2xy+g0(x) = x+ye2xy ) g0(x) = x ) g(x) =

x2

2+c

Asi la soluci¶on general es1

2e2xy +

x2

2+ c = 0. Aplicando la condici¶on inicial y(1) = 0, c = ¡1 y la

soluci¶on particular pedida ese2xy + x2 ¡ 2 = 0




1. Determine las trayectorias ortogonales a la familia de curvas x2 + y2 = 2cx. (Hasta 6 puntos.)

2. ² Obtenga la ecuaci¶on diferencial ordinaria homog¶enea, con coe¯cientes constantes y de menororden posible de forma que x; e2x; e¡x formen parte de un sistema fundamental (base) desoluciones. (Hasta 2 puntos.)

² Complete la ecuaci¶on anterior con un t¶ermino independiente adecuado para que y = x3 seauna soluci¶on particular. (Hasta 2 puntos.)

1. Derivando impl¶³citamente 2x + 2yy0 = 2c ) c = x + yy0. Sustituyendo en la ecuaci¶on original,

x2 + y2 = 2x2 + 2xyy0 ) y0 =y2 ¡ x22xy

y la ecuaci¶on que representa las curvas ortogonales es

y0 = ¡ 2xy

y2 ¡ x2 ) (y2¡x2)dy+2xydx = 0 que es homog¶enea. Con el cambio u =y

x; y = ux )

) dy = udx+ xdu, tenemos

(u2x2 ¡ x2)(udx+ xdu) + 2ux2dx = 0 ) x2(u+ u3)dx+ x3(u2 ¡ 1)du = 0

Separando variables1

xdx+

u2 ¡ 1

u(u2 + 1)du = 0. Como

u2 ¡ 1

u(u2 + 1)=¡1u

+2u

u2 + 1

Z1

xdx+

Zu2 ¡ 1

u(u2 + 1)du = ln c )

Z1

xdx+

Z µ¡1u

+2u

u2 + 1

¶du = ln c

lnx¡ lnu+ ln(u2 + 1) = ln c ) lnx(u2 + 1)

u= ln c ) x(u2 + 1) = cu

Deshaciendo el cambio y simpli¯cando, x2 + y2 = cy.

2. ² La presencia de x nos dice que z = 0 es ra¶³z doble de la ecuaci¶on caracter¶³stica y z = 2 yz = ¡1 son ra¶³ces simples. Asi la ecuaci¶on caracter¶³stica es z2(z ¡ 2)(z + 1) y la ecuaci¶on,yiv ¡ y000 ¡ 2y00 = 0.

² Como y = x3 debe ser soluci¶on de la ecuaci¶on y adem¶as y0 = 3x2; y00 = 6x; y000 = 6; yiv = 0,basta sustituir para obtener yiv ¡ y000 ¡ 2y00 = ¡6 ¡ 12x. La soluci¶on general de la ecuaci¶oncompleta es, entonces, y = c1 + c2x+ c3e

2x + c4e¡x + x3.




Resuelva el problema de valor inicial

8<

:

x0 = y + sen ty0 = ¡x+ cos tx(0) = y(0) = 0

Reducci¶on a ecuaci¶on de orden 2: El sistema es:

½Dx¡ y = sen tx+Dy = cos t

. Multiplicando la primera

ecuaci¶on por D tenemos

½D2x¡Dy = cos tx+Dy = cos t

y sumando las dos ecuaciones, x00 + x = 2 cos t. La

homog¶enea asociada es x00 + x = 0, ecuaci¶on caracter¶³stica z2 + 1 = 0 ) z = §i. La soluci¶on generalde la ecuaci¶on homog¶enea asociada es xh = c1 cos t+ c2 sen t.

Soluci¶on particular por coe¯cientes indeterminados: Como xp = a cos t+b sen t es similar a la soluci¶onde la ecuaci¶on homog¶enea, tomamos como soluci¶on particular xp = at cos t + bt sen t . Sustituyendoen la ecuaci¶on completa se tiene a = 0; b = 1 y asi la soluci¶on general de la ecuaci¶on completa esx = c1 cos t+ c2 sen t+ t sen t y despejando y en la primera ecuaci¶on del sistema,

y = x0 ¡ sen t = ¡c1 sen t+ c2 cos t+ t cos t

Soluci¶on particular por variaci¶on de par¶ametros (o constantes): Se toma como soluci¶on particulary = v1 cos t+ v2 sen t. Entonces

½v01 cos t+ v

02 sen t = 0

¡v01 sen t+ v02 cos t = 2 cos t)

½v01 cos

2 t+ v02 sen t cos t = 0¡v01 sen2 t+ v02 sen t cos t = 2 sen t cos t

) v01 = ¡2 sen t cos t ) v1 = cos2 t

v02 sen t = ¡v01 cos t = 2 sen t cos2 t ) v02 = 2 cos2 t ) v2 = 2t+ sen t cos t

2= t+ sen t cos t. Asi

xp = cos3 t+ t sen t+ sen2 t cos t = cos t(cos2 t+ sen2 t) + t sen t = cos t+ t sen tx = c1 cos t+ c2 sen t+ cos t+ t sen t = (c1 + 1) cos t+ c2 sen t+ t sen t. Se termina como antes.

Soluci¶on particular pedida: x(0) = 0 ) c1 = 0; y(0) = 0 ) c2 = 0. La soluci¶on es

½x = t sen ty = t cos t

Resoluci¶on matricial:

µx0

y0

¶=

µ0 1

¡1 0

¶µx

y

¶+

µsen tcos t

¶

Autovalores:

¯̄¯̄ ¡m 1¡1 ¡m

¯̄¯̄ = m2 + 1 = 0 ) m = §i. Tomamos m = i.

Autovector para i:

µ¡i 1¡1 ¡i

¶µA

B

¶=

µ00

¶) ¡iA+B = 0. Tomamos A = 1; B = i. Asi

x = 1 ¢ eit = cos t+ i sen t; y = i ¢ eit = i(cos t+ i sen t) = ¡ sen t+ i cos t. La matriz fundamental es

©(t) =

µcos t sen t

¡ sen t cos t

¶y su inversa ©¡1(t) =

µcos t ¡ sen tsen t cos t

¶

Representamos por F (t) la matriz

µsen tcos t

¶. Asi

©¡1F (t) =

µ01

¶ Z©¡1F (t) =

µconstantet

¶=

µ1t

¶donde hemos tomado la constante = 1.

©

Z©¡1F =

µcos t sen t

¡ sen t cos t

¶µ1t

¶=

µcos t+ t sen t¡ sen t+ t cos t

¶y la soluci¶on general es

µx

y

¶=

µcos t sen t

¡ sen t cos t

¶µc1c2

¶+

µcos t+ t sen t¡ sen t+ t cos t

¶

Basta ahora aplicar las condiciones iniciales para obtener el mismo resultado.

C¶ALCULO IIPrimer curso. Segundo cuatrimestre. Examen ¯nal de Junio. 14 de Junio de 2016



Determine las coordenadas del centro de masas del cuerpo limitado inferiormente por el conoz =

px2 + y2 y superiormente por la esfera x2 + y2 + z2 = 2.

Se supone que la densidad es constante = 1.

Proyecci¶on del cuerpo: Eliminando z, x2+ y2+ (px2 + y2)2 = 2 ) 2(x2+ y2) = 2 ) x2+ y2 = 1,

por lo que la proyecci¶on es D : x2 + y2 · 1.C¶alculo de la masa:

m =

ZZZ1 ¢ dx dy dz =

ZZdx dy

Z p2¡x2¡y2

px2+y2

dz =

ZZ

D

(p2¡ x2 ¡ y2 ¡

px2 + y2) dx dy

y pasando a coordenadas polares

m =

Z 2¼

0

d'

Z 1

0

(p2¡ ½2 ¡ ½)½ d½ = 2¼

·¡1

3(2¡ ½2) 32 ¡ ½

3

3

¸1

0

=4¼(p2¡ 1)

3

Por simetr¶³a del cuerpo y la densidad, x = y = 0.

z =1

m

ZZZz ¢ dx dy dz =

ZZ

D

dx dy

Z p2¡x2¡y2

px2+y2

z dz =

ZZ

D

(1¡ x2 ¡ y2)dx dy

Pasando de nuevo a polares,

z =1

m

Z 2¼

0

d'

Z 1

0

(1¡ ½2)½ d½ = 3

8(p2¡ 1)




Halle el °ujo del campo F (x; y; z) = (x3; y3; z3) a trav¶es de la super¯cie del cono x2 + y2 = z2;0 · z · 1, con orientaci¶on exterior.

Como integral de super¯cie: Como la proyecci¶on del cono es x2 + y2 · 1 y z = +px2 + y2, hacemos

x = u cos v; y = u sen v; z = +pu2 cos2 v + u2 sen2 v = u. Asi la parametrizaci¶on del cono es

©(u; v) = (u cos v; u sen v; u); 0 · u · 1; 0 · v · 2¼:

©u = (cos v; sen v; 1); ©v = (¡u sen v; u cos v; 0) ) ©u £ ©v = (¡u cos v;¡u sen v; u)Como u · 0, el vector anterior da orientaci¶on interior, por lo que debemos tomar (u cos v; u sen v;¡u).Asi

F (©(u; v)) = (u3 cos3 v; u3 sen3 v; u3) ) F (©(u; v))¢(u cos v; u sen v;¡u) = u4 cos4 v+u4 sen4 v¡u4 = u4(cos4 v+sen4 v¡1)

y el °ujo viene dado por

ZZu4(cos4 v + sen4 v ¡ 1) du dv =

Z 2¼

0

(cos4 v + sen4 v ¡ 1) dv

Z 1

0

u4 du =1

5

Z 2¼

0

(cos4 v + sen4 v ¡ 1) dv

Z 2¼

0

cos4 v dv =

Z 2¼

0

µ1 + cos 2v

2

¶2dv =

1

4

Z 2¼

0

(1+2 cos 2v+cos2 2v) dv =1

4

Z 2¼

0

µ1 + 2 cos 2v +

1 + cos 4v

2

¶dv =

3¼

4

De forma similar se tiene

Z 2¼

0

sen4 v dv =3¼

4. As¶³, el °ujo es

1

5

µ3¼

4+

3¼

4¡ 2¼

¶= ¡ ¼

10

Mediante el teorema de la divergencia: Como la super¯cie no es cerrada, le a~nadimos la "tapa"f(x; y; 1) jx2 + y2 · 1 g y luego restaremos el °ujo a trav¶es de esta tapa. div F = 3(x2 + y2 + z2) y as¶³pasando a coordenadas esf¶ericas, el °ujo es

3

ZZ Z

cono

(x2+y2+z2) dx dy dz = 3

Z 2¼

0

d'

Z ¼4

0

d#

Z 1cos#

0

½2½2 sen# = 3

Z 2¼

0

d'

Z ¼4

0

·½5

5

¸ 1cos#

0

sen# d# =

=6¼

5

Z ¼4

0

cos¡5 # sen# d# =9¼

10

Tapa: Como la tapa es f(x; y; 1) jx2 + y2 · 1 g, parametrizamos como ©(u; v) = (u cos v; u sen v; 1);0 · u · 1; 0 · v · 2¼. Asi

©u = (cos v; sen v; 0) ©v = (¡u sen v; u cos v; 0) ) ©u £ ©v = (0; 0; u)

que da la orientaci¶on correcta.

Como F (©(u; v)) = (u3 cos3 v; u3 sen3 v; 1) F (©(u; v)) ¢ (©u £ ©v) = u y el °ujo a trav¶es de la tapaes ZZ

u du dv =

Z 2¼

0

dv

Z 1

0

u du = ¼

El °ujo pedido es9¼

10¡ ¼ = ¡ ¼

10




Consideremos el problema de valor inicial y0 =y2

xy + x2y(1) = 1

1. >Podemos asegurar que tiene soluci¶on ¶unica?

2. Resu¶elvalo.

1. Sea f(x; y) =y2

xy + x2. Como

@f

@y=y2x¡ 2x2y

(xy + x2)2existe y es continua (igual que f) en un entorno

cerrado y acotado del punto (1; 1), el Teorema de Picard nos dice que si existe soluci¶on ¶unica delproblema.

2. La forma diferencial asociada es (xy + x2)dy = y2dx que es homog¶enea. Hacemos el cambio

u =y

x) y = ux ) dy = udx+ xdu. Sustituyendo en la ecuaci¶on y operando queda

u+ 1

udu = ¡ 1

xdx )

µ1 +

1

u

¶du = ¡ 1

xdx ) ln(ueu) = ln

c

x) ueu =

c

x

Deshaciendo el cambio y simpli¯cando yeyx = c y aplicando la condici¶on inicial, c = e.




Obtenga la soluci¶on general de la ecuaci¶on diferencial ordinaria

y00 ¡ 2y0 + y = ex cos x+ ex lnx x > 0

Homog¶enea asociada: y00¡ 2y0+ y = 0. Ecuaci¶on caracter¶³stica z2¡ 2z+1 = (z¡ 1)2 = 0 y por tantoz = 1 es ra¶³z doble. Soluci¶on general de la homog¶enea asociada: yh = c1e

x + c2xex

Soluci¶on particular de la ecuaci¶on completa: Obtendremos una soluci¶on particular para y00¡2y0+y =ex cos x a la que llamaremos yp1 y otra para y00 ¡ 2y0 + y = ex lnx a la que llamaremos yp2. En los doscasos usaremos la variaci¶on de par¶ametros (o de las constantes).

² yp1 = v1ex + v2xe

x. El sistema a resolver esv01e

x + v02xex = 0

v01ex + v02(e

x + xex) = ex cosx

¾y restando a la

segunda ecuaci¶on la primera, v02 = cos x ) v2 = senx. Despejando en la primera ecuaci¶on ysustituyendo v02, tenemos v

01 = ¡x cosx. Una elemental integraci¶on por partes, lleva a

v1 = ¡x senx¡ cos x y asi yp1 = ¡ex cosx.

² yp2 = v1ex + v2xe

x. El sistema a resolver esv01e

x + v02xex = 0

v01ex + v02(e

x + xex) = ex lnx

¾y restando a la

segunda ecuaci¶on la primera, v02 = lnx. Integrando por partes, v2 = x lnx ¡ x. Despejando enla primera ecuaci¶on y sustituyendo v02, tenemos v

01 = ¡x lnx. Integrando de nuevo por partes,

v1 = ¡x2

2lnx+

x2

4. Asi yp2 =

µ¡x

2

2lnx+

x2

4

¶ex + (x lnx¡ x)xex.

yp = yp1 + yp2 = ¡ex cosx+µx2

2lnx¡ 3x2

4

¶ex

y la soluci¶on general pedida es

y = c1ex + c2xe

x ¡ ex cos x+µx2

2lnx¡ 3x2

4

¶ex


2016



1. Sea D el conjunto de R2 limitado por las rectas y = x; y = x + 2; y = ¡x; y = ¡x + 2. CalcularZZ

D

(x+ y)2(y ¡ x)2 dx dy mediante el cambio de variable x = ¡u+ v; y = u+ v. (3 puntos).

2. Sea ¾(t) = (t2 ¡ 1; t3 ¡ t); t 2 [¡1; 1]

(a) Calcular el ¶area de la regi¶on D limitada por ¾. (4 puntos).

(b) Calcular

Z

¾

(x2 + y2 ¡ y) dx+ (x+ y + 2xy) dy. (3 puntos).

1. E jacobiano de la transformaci¶on es J =@(x; y)

@(u; v)=

¯̄¯̄ ¡1 1

1 1

¯̄¯̄ = ¡2 y tenemos que poner en la

integral su m¶odulo, jJ j = 2. Recinto:

x = y ) ¡u+ v = u+ v ) u = 0

x+ 2 = y ) ¡u+ v + 2 = u+ v ) u = 1

¡x = y ) u¡ v = u+ v ) v = 0

¡x+ 2 = y ) u¡ v + 2 = u+ v ) v = 1

Asi,

ZZ

D

(x+ y)2(y ¡ x)2 dx dy =ZZ

D1

(2v)2(2u)2 ¢ 2 du dv = 32

Z 1

0

v2 dv

Z 1

0

u2 du =32

9

2. (a)

¶Area de D =1

2

Z

¾

(¡y dx+x dy) = 1

2

Z 1

¡1[(t¡t3)2t+(t2¡1)(3t2¡1)] dt = 1

2

Z 1

¡1(t4¡2t2+1) dt = 8

15

(b) Aplicando el teorema de Green,

Z

¾

(x2 + y2 ¡ y) dx+ (x+ y + 2xy) dy =

ZZ

D

(1 + 2y ¡ (2y ¡ 1)) dx dy =

ZZ

D

2 dx dy =

= 2¶area de D = 2 ¢ 815

=16

15


2016



Calcule

ZZ

S

(x2 + y2)dS siendo S la super¯cie del cono z2 = 3(x2 + y2); 0 · z · 3.

La proyecci¶on del cono sobre el planoXOY es z = 3 : 3(x2+y2) = 9 ) x2+y2 · 3. Parametrizamosmediante ©(u; v) = (u cos v; u sen v;

p3u); 0 · u ·

p3; 0 · v · 2¼.

©u = (cos v; sen v;p3) ©v = (¡u sen v; u cos v; 0) ) ©u£©v = (¡

p3u cos v;¡

p3u sen v; u) ) jj©u£©vjj = 2u

Si f(x; y) = x2 + y2, f(©(u; v)) = u2 y asi

Z

S

(x2 + y2)dS =

Z 2¼

0

dv

Z p3

0

2u3 du = 9¼


2016



Consideremos el problema de valor inicial xy0 ¡ 4y ¡ x2py = 0; ; y(1) = 1.

1. >Podemos asegurar que tiene soluci¶on ¶unica?

2. Resu¶elvalo.

1. Despejando y0, y0 =4y

x+xpy = f(x; y). Su derivada parcial respecto a y es

@f

@y=

4

x+x

2py. En el

intervalo

·1

2;3

2

¸£·1

2;3

2

¸, las dos son continuas. El Teorema de Picard nos dice que tiene soluci¶on

¶unica.

2. Escribimos la ecuaci¶on como y0 ¡ 4

xy = xy

12 y vemos que es tipo Bernoulli. Dividiendo por y

12

queda y¡12 y0 ¡ 4

xy12 = x. Hacemos el cambio u = y

12 y tenemos u0 =

1

2y¡

12 y0 y asi 2u0 ¡ 4

xu = x

que es lineal.

Homog¶enea asociada:

2u0¡ 4

xu = 0 ) 2u0 =

4

xu ) 2 du =

4

xu dx ) 1

udu =

2

xdx ) lnu = 2 lnx+ln c ) uh = cx2:

Soluci¶on particular por variaci¶on de par¶ametros (o de las constantes): up = vx2 ) u0p = v0x2 +

2xv. Sustituyendo en la ecuaci¶on completa,

2v0x2+4xv¡ 4

xvx2 = x ) 2v0x2 = x ) v0 =

1

2

1

x) v =

1

2lnx ) up =

1

2x2 lnx ) u = cx2+

1

2x2 lnx

Deshaciendo el cambio, y12 = cx2 +

1

2x2 lnx e imponiendo las condiciones iniciales y(1) = 1; c = 1.

As¶³, la soluci¶on es

y12 = x2 +

1

2x2 lnx:


2016



Resuelva el sistema de ecuaciones diferenciales½

2x0 + y0 ¡ y ¡ t = 0x0 + y0 ¡ t2 = 0

Multiplicando la segunda ecuaci¶on por 2 y rest¶andole la primera, tenemos y0 + y = 2t2 ¡ t, que eslineal.

Homog¶enea asociada: y0+ y = 0 ) dy = ¡y dt ) 1

ydy = ¡dt ) ln y = ¡t+ ln c1 ) yh = c1e

¡t

Soluci¶on particular por variaci¶on de par¶ametros (o de las constantes): yp = ve¡t. Sustituyendo en la

ecuaci¶on completa, v0e¡t ¡ ve¡t + ve¡t = 2t2 ¡ t ) v0 = 2t2et ¡ tet. Tras dos integraciones por partes,v = 2t2et ¡ 5tet + 5et y as¶³ yp = 2t2 ¡ 5t+ 5. Con lo cual y = c1e

¡t + 2t2 ¡ 5t+ 5. Despejando x0 en la

segunda ecuaci¶on, x0 = c1e¡t + t2 ¡ 4t+ 5 ) x = ¡c1e¡t +

1

3t3 ¡ 2t2 + 5t+ c2.




Una placa tiene forma de semic¶³rculo x2 + y2 · 1; y ¸ 0. La densidad puntual es proporcional a ladistancia al borde curvo (constante de proporcionalidad 1). Calcular:

1. La masa de la placa. (3 puntos.)

2. El centro de masas. (4 puntos.)

3. El momento de inercia respecto al eje ortogonal al plano del semic¶³rculo en el punto (0; 0). (3puntos.)

La densidad es ±(x; y) = radio - distancia al origen = 1¡px2 + y2.

1. Pasando a coordenadas polares, la masa es

m =

ZZ(1¡

px2 + y2) dx dy =

Z ¼

0

d'

Z 1

0

(1¡ ½)½ d½ = ¼

·½2

2¡½3

3

¸1

0

=¼

6

2. Dada la simetr¶³a de la densidad y la placa, la abscisa del centro de masas es 0, ¹x = 0. Calculemosla ordenada:

¹y =1

m

ZZy(1¡

px2 + y2) dx dy =

1

m

Z ¼

0

d'

Z 1

0

½ sen'(1¡½)½ d½ =1

m

Z ¼

0

sen'd'

Z 1

0

(½2¡½3) d½ =

=1

m[¡ cos']¼

0

·½3

3¡½4

4

¸1

0

=1

¼

3.

Io =

ZZ(x2+y2)(1¡

px2 + y2) dx dy =

Z ¼

0

d'

Z 1

0

½2(1¡½)½ d½ =

Z ¼

0

d'

Z 1

0

(½3¡½4) d½ = ¼

·½4

4¡½5

5

¸1

0

=¼

20




1. Calcular el ¶area del casquete de la super¯cie esf¶erica x2 + y2 + z2 = 25, z ¸ 3. (5 puntos.)

2. Calcular el °ujo del campo vectorial F (x; y; z) = (x3 + y ¡ zx)i+ (x3 + y3 + zy)j+ (x+ y3 + z)k atrav¶es de la super¯cie S que encierra al s¶olido − = f(x; y; z) 2 R3jx2 + y2 · z · 8¡ x2 ¡ y2g, conorientaci¶on exterior. (5 puntos.)

1. La proyecci¶on del casquete sobre el plano XOY es D : x2 + y2 · 16. Parametrizamos el casquetecomo gr¶a¯ca: © : D ! R3; ©(x; y) = (x; y;

p25¡ x2 ¡ y2).

©x =@©

@x=

Ã

1; 0;¡x

p25¡ x2 ¡ y2

!

; ©y =@©

@y=

Ã

0; 1;¡y

p25¡ x2 ¡ y2

!

©x £ ©y =

Ãx

p25¡ x2 ¡ y2

;y

p25¡ x2 ¡ y2

; 1

!

) jj©x £ ©yjj =5

p25¡ x2 ¡ y2

Pasando a coordenadas polares,

¶Area =

ZZ

D

5p25¡ x2 ¡ y2

dx dy =

Z 2¼

0

d'

Z 4

0

5p25¡ ½2

½ d½ = 5 ¢ 2¼h¡p25¡ ½2

i4

0= 20¼

2. Aplicamos el teorema de la divergencia. div F = 3(x2 + y2) + 1 y asi

Flujo de F =

ZZZ

−

[3(x2 + y2) + 1] dx dy dz =

ZZ

D

[3(x2 + y2) + 1] dx dy

Z 8¡x2¡y2

x2+y2dz =

=

ZZ

D

[3(x2 + y2) + 1][8¡ 2(x2 + y2)] dx dy

Siendo D la proyeecci¶on de − sobre XOY . Esta proyecci¶on se obtiene eliminando z entrez = x2 + y2; z = 8¡ x2 ¡ y2 y es x2 + y2 · 4. Pasando a coordenadas polares

ZZ

D

[3(x2+y2)+1][8¡2(x2+y2)] dx dy =

Z 2¼

0

d'

Z 2

0

(3½2+1)(8¡2½2)½ d½ =

Z 2¼

0

d'

Z 2

0

(22½3¡6½5+8½) = 80¼




1. Consideremos el campo vectorial F (x; y) = (2x2y3; ax3y2 + 3).

(a) Calcular el valor de la constante a para que la integral de F sobre cualquier curva cerradavalga 0. (3 puntos.)

(b) Para el valor de a obtenido en el apartado anterior, calcular la integral de dicho campo a lolargo de la curva y = 3x2 ¡ 5x+ 3 desde el punto (0; 3) hasta el (1; 1). (4 puntos.)

2. Sea ¾ una curva que rodea un recinto plano D de ¶area 3 unidades.Calcular la integral del campoF (x; y) = (2y + sen y; x cos y) a lo largo de ¾. (3 puntos.)

1. Sea F1 = 2x2y3; F2 = ax3y2 + 3

(a) Para que la integral de F sobre cualquier curva cerrada valga 0, F tiene que ser un campoconservativo.

@F1

@y= 6x2y2;

@F2

@x= 3ax2y2; y como

@F1

@y=@F2

@x; ) 6x2y2 = 3ax2y2 ) a = 2:

(b) Ahora el campo es F (x; y) = (2x2y3; 2x3y2 + 3). La funci¶on potencial es

f(x; y) =

Z2x2y3 dx =

2

3x3y3+h(y)

@f

@y= 2x3y2+h0(y) = 2x3y2+3 ) h0(y) = 3 ) h(y) = 3y+c

Por lo que f(x; y) =2

3x3y3 + 3y + c ) f(1; 1)¡ f(0; 3) = ¡

16

3.

2. Aplicando el teorema de Green,

Z

¾

(2y+sen y) dx+x cos y dy =

ZZ

D

(cos y¡ 2¡ cos y) dx dy = ¡2

ZZ

D

dx dy = ¡2 ¶area de D = ¡6




Halle las trayectorias ortogonales a la familia de curvas x2 ¡ 2cx+ 2y2 = 0 (10 puntos.)

Derivando impl¶³citamente obtenemos 2x¡2c+4yy0 = 0. Multiplicandola por x y rest¶andole la ecuaci¶on

original, x2+4xyy0¡2y2 = 0 ) y0 =2y2 ¡ x2

4xy. Por tanto, la ecuaci¶on diferencial que debemos resolver

(y que da las trayectorias ortogonales) es y0 = ¡4xy

2y2 ¡ x2) 4xy dx+(2y2¡x2) dy = 0. La resolveremos

de dos formas:Buscando un factor integrante: Sea M = 4xy; N = 2y2 ¡ x2

@M

@y= 4x

@N

@x= ¡2x )

@N

@x¡@M

@y

M= ¡

3

2y) ln¹ = ¡

3

2ln y =

@M

@y= 4x ln y¡

3

2 ) ¹ =1

ypy

Multiplicando la ecuaci¶on diferencial por ¹,4xpydx+

2y2 ¡ x2

ypy

dy = 0 es exacta.

f(x; y) =

Z4xpydx =

x2py+h(y) )

@f

@y= ¡x2y¡

3

2+h0(y) = (2y2¡x2)y¡3

2 ) h0(y) = 2y1

2 ) h(y) =4

3y3

2+c

y, por tanto, la soluci¶on es:

2x2py+

4

3

y2py+ c = 0 o, multiplicando por

py, 6x2 + 4y2 + 3c

py = 0

Como homog¶enea: Haciendo el cambio de variable y = vx, la ecuaci¶on se transforma en

v(3 + 2v2) dx+ x(2v2 ¡ 1) dv = 0; )1

xdx+

2v2 ¡ 1

v(3 + 2v2)dy = 0. Como

2v2 ¡ 1

v(3 + 2v2)=¡1

3v

+

8

3v

3 + 2v2,

integrando tenemos

Z1

xdx+

Z0

B@¡1

3v

+

8

3v

3 + 2v2

1

CA dv = 0 ) lnx¡

1

3ln v+

2

3ln(3+2v2)+ln c = 0 ) 3 lnx = ln v+2 ln(3+2v2)+ln c = 0 )

) lnx3 = ln cv

(3 + 2v2)2) x3 = c

y

xµ3 + 2

y2

x2

¶2

Sacando la ra¶³z cuadrada y operando,

3x2 + 2y2 + c1py = 0




1. Resuelva la ecuaci¶on diferencial y0 = ¡3

xy +

senx

x3. (5 puntos.)

2. Consideremos la ecuaci¶on y000 ¡ 2y00 ¡ y0 + 2y = f(x)

(a) Determine la funci¶on f(x) sabiendo que y = xex es una soluci¶on particular de la misma. (2puntos.)

(b) Resuelva la ecuaci¶on completa para la funci¶on f(x) que ha obtenido en el apartado anterior.(3 puntos.)

1. Primer procedimiento: Pasamos a la forma diferencial asociada x3 dy + (3x2y ¡ senx) dx = 0.

Sea M = 3x2y ¡ senx N = x3. Como@M

@y= 3x2 =

@N

@x, la ecuaci¶on es exacta.

f(x; y) =

Zx3 dy = x3y+h(x); )

@f

@x== 3x2y+h0(x) = 3x2y¡senx; ) h0(x) = ¡ senx; ) h(x) = cosx+c

La soluci¶on es x3y + cosx+ c = 0.

Segundo procedimiento: La ecuaci¶on es lineal. Resolvemos en primer lugar la ecuaci¶on ho-mog¶enea asociada:

y0 +3

xy = 0; )

1

ydy = ¡

3

xdx ) ln y = ¡3 lnx+ ln c = ln

c

x3) y = cx¡3

La soluci¶on particular la buscamos por variaci¶on de par¶ametros (o de las constantes). yp = v(x)x¡3.

Sustituyendo en la ecuaci¶on completa,

v0x¡3 ¡ 3vx¡4 = ¡3vx¡4 +senx

x3) v0 = senx ) v = ¡ cos x+ c

y la soluci¶on particular es yp = ¡x¡3 cosx y asi la soluci¶on de la ecuaci¶on completa esy = cx¡3 ¡ x¡3 cosx ) x3y + cos x = c:

2. (a) Como y = xex es soluci¶on, sustituyendo en la ecuaci¶on

f(x) = y000 ¡ 2y00 ¡ y0 + 2y = 3ex + xex ¡ 4ex ¡ 2xex ¡ ex ¡ xex + 2xex = ¡2ex

(b) Como ya tenemos una soluci¶on particular, basta que resolvamos la homog¶enea asociaday000¡ 2y00¡ y0+2y = 0. El polinomio caracter¶³stico es z3 ¡ 2z2¡ z+2 con ra¶³ces 1;¡1; 2. Asiyh = c1e

x + c2e¡x + c3e

2x y la de la ecuaci¶on completa

y = yh + yp = c1ex + c2e

¡x + c3e2x + xex




1. Halle una ecuaci¶on diferencial lineal homog¶enea con coe¯cientes constantes de menor orden posibleque tenga como parte de un sistema fundamental de soluciones a x; e2x senx; e¡x. (3 puntos.)

2. Resuelva el sistema de ecuaciones diferencialesx0 = x+ yy0 = x+ y + t

¾, d¶onde x; y son funciones de la

variable independiente t. (7 puntos.)

1. La presencia de x implica que z = 0 es ra¶³z doble del polinomio caracter¶³stico.

e2x senx hace que z = 2§ i sean ra¶³ces del mismo.

e¡x, hace que z = ¡1 sea ra¶³z simple.

Como consecuencia, el polinomio caracter¶³stico m¶³nimo es z2(z ¡ 2¡ i)(z ¡ 2 + i)(z + 1) == z5 ¡ 3z4 ¡ z3 + 5z2 y la ecuaci¶on diferencial yv ¡ 3yiv ¡ y000 + 5y00 = 0.

2. Reducci¶on: Escribimos el sistema con el operador D:(D ¡ 1)x¡ y = 0¡x+ (D ¡ 1)y = t

¾. Multiplicando la

primera por D ¡ 1 y sumando con la segunda, (D ¡ 1)2x¡ x = t; ) x00 ¡ 2x0 = t, que es lineal.

Homog¶enea asociada: x00¡ 2x0 = 0. Polinomio caracter¶³stico z2¡ 2z = 0. Ra¶³ces z = 0; 2. Soluci¶ongeneral: xh = c1 + c2e

2t. Soluci¶on particular por coe¯cientes indeterminados: Deber¶³amos tomarxp = at + b, pero por similitud con xh, tomamos xp = at2 + bt. Sustituyendo en la ecuaci¶on

completa, a = b = ¡1

4, xp = ¡

1

4t2 ¡

1

4t y la soluci¶on completa es

x = xh + xp = c1 + c2e2t ¡

1

4t2 ¡

1

4t

Asi, como y = x0 ¡ x = ¡c1 + c2e2t + 1

4t2 ¡ 1

4t¡ 1

4.

Matricial:

µx0

y0

¶=

µ1 11 1

¶µx

y

¶+

µ0t

¶.

Autovalores:

¯̄¯̄ 1¡m 1

1 1¡m

¯̄¯̄ = (1¡m)2 ¡ 1 = m2 ¡ 2m = 0 ) m = 0; 2.

Autovectores: m = 0 :

µ1 11 1

¶µA

B

¶=

µ00

¶) A+B = 0 ) A = 1; B = ¡1; tomamos

µ1

¡1

¶.

m = 2 :

µ¡1 11 ¡1

¶µA

B

¶=

µ00

¶) ¡A+B = 0 ) A = 1; B = 1; tomamos

µ11

¶.

Soluci¶on general del sistema homog¶eneo asociado:

µx

y

¶

h

= c1

µ1¡1

¶+ c2

µ11

¶e2t

Matriz fundamental: ©(t) =

µ1 e2t

¡1 e2t

¶) ©¡1(t) =

0

B@

1

2¡1

21

2e¡2t

1

2e¡2t

1

CA.

©¡1F =

0

B@

1

2¡1

21

2e¡2t

1

2e¡2t

1

CAµ

0t

¶=

0

B@

¡1

2t

1

2te¡2t

1

CA )

Z©¡1F =

0

B@

¡1

4t2

¡1

4te¡2t ¡

1

8e¡2t

1

CA

©

Z©¡1F =

0

B@¡1

4t2 ¡

1

4t¡

1

81

4t2 ¡

1

4t¡

1

8

1

CA

La soluci¶on general del sistema completo es

µx

y

¶= c1

µ1¡1

¶+ c2

µ11

¶e2t +

0

B@¡1

4t2 ¡

1

4t¡

1

81

4t2 ¡

1

4t¡

1

8

1

CA




1. Consideremos la integral doble

Z 1

0

"Z +p2¡x2

x

f(x; y) dy

#

dx. Dibuje el recinto en el que est¶a de¯ni-

da y cambie el orden de integraci¶on. (3 puntos.)

2. Calcule el °ujo del campo F (x; y; z) = (xz;¡y2; xz) a trav¶es de la super¯cie

f(x; y; z) jx2 + y2 = R2; 0 · z · 3 g [ f(x; y; 0) jx2 + y2 · R2 g [ f(x; y; 3) jx2 + y2 · R2 g

con orientaci¶on exterior. (7 puntos.)

1. La regi¶on es la se~nalada en la ¯gura.

Región

Z 1

0

dy

Z y

0

f(x; y) dx+

Z p2

1

dy

Z p2¡y2

0

f(x; y) dx

2. Se trata de una super¯cie cerrada (cilindro con las bases) cuya proyecci¶on sobre OX esD : x2 + y2 · R2.Por el teorema de la divergencia, como div F = z ¡ 2y + x,

Flujo =

ZZZ(z ¡ 2y + x) dx dy dz =

ZZ

D

dx dy

Z 3

0

(z ¡ 2y + x) dz =

ZZ

D

µ9

2¡ 6y + 3x

¶dx dy

Pasando a coordenadas polares,

Z 2¼

0

d'

Z R

0

µ9

2¡ 6½ sen'+ 3½ cos'

¶½ d½ =

Z 2¼

0

·9

4½2 ¡ 2½3 sen'+ ½3 cos'

¸R

0

d' =

=

Z 2¼

0

·9

4R2 ¡ 2R3 sen'+R3 cos'

¸d' =

9R2¼

2




Calcule la circulaci¶on del campo F (x; y; z) = (2x + y ¡ z; 2x + z; 2x ¡ y ¡ z) a lo largo de la curvacerrada intersecci¶on del elipsoide 4x2 + 4y2 + z2 = 4 y el plano 2x ¡ z = 0 orientada de forma que suproyecci¶on sobre el plano XOY se recorra en sentido positivo. (10 puntos.)

² Parametrizando la curva: Eliminando z obtenemos la proyecci¶on de la curva sobre XOY que es

la elipse 2x2 + y2 = 1. Para metrizamos la elipse mediante x =1p2cos t; y = sen t; t 2 [0; 2¼] y

como en la curva z = 2x =2p2cos t, la parametrizaci¶on de ¶esta es

¾ : [0; 2¼]! R3 ¾(t) = (1p2cos t; sen t;

2p2cos t)

As¶³,

Z

¾

F ¢ds =Z

¾

(2x+y¡z) dx+(2x+z) dy+(2x¡y¡z) dz =Z 2¼

0

µ1p2sen2 t+

3p2cos2 t+

1p2cos2 t

¶dt =

=

Z 2¼

0

µ1p2+

3p2cos2 t

¶dt =

·1p2t+

3p2

t+ sen t cos t

2

¸2¼

0

=5¼p2

² Por el teorema de Stokes: Parametrizamos la super¯cie plana S encerrada por la curva ¾

©(u; v) =

µ1p2u cos v; u sen v;

2p2u cos v

¶; 0 · v · 2¼; 0 · u · 1. As¶³, ©u£©v =

µ¡ 2p

2u; 0;

1p2u

¶.

Como rot F =

¯̄¯̄¯̄¯

i j k@

@x

@

@y

@

@z2x+ y ¡ z 2x+ z 2x¡ y ¡ z

¯̄¯̄¯̄¯= (¡2;¡3; 1), rot F ¢ (©u £ ©v) =

5p2u. Asi

Z

¾

F ¢ ds =Z 2¼

0

dv

Z 1

0

5p2u du =

5¼p2




1. Obtenga las trayectorias ortogonales a la familia de curvas x2 + y2 ¡ ln y2 = c. (5 puntos.)

2. Determine una ecuaci¶on diferencial completa con coe¯cientes constantes y del menor orden posiblepara la que y = 7 senx + x sea soluci¶on de ella e y = 2 senx + 5 cos x sea soluci¶on de la ecuaci¶onhomog¶enea asociada. (5 puntos.)

1. Derivando impl¶³citamente tenemos 2x + 2yy0 ¡ 2yy0

y2= 0 ) xy + y2y0 ¡ y0 = 0 ) y0 =

xy

1¡ y2 .

Por tanto, la ecuaci¶on diferencial que determina las trayectorias ortogonales es y0 =y2 ¡ 1

xy, que es

de variables separables. As¶³

y0 =y2 ¡ 1

xy) y

y2 ¡ 1dy =

1

xdx ) 1

2ln(y2 ¡ 1) = lnx+ ln c ) y2 ¡ 1 = cx2

2. Como una soluci¶on de la homog¶enea es y = 2 senx+5 cos x, un sistema fundamental es senx; cos x,lo que nos dice que z = §i es soluci¶on de la ecuaci¶on caracter¶³stica, que es z2 + 1 = 0. As¶³, laecuaci¶on diferencial homog¶enea es y00 + y = 0. Como y = 7 senx + x es soluci¶on de la ecuaci¶oncompleta y00 + y = f(x),

f(x) = y00 + y = ¡7 senx+ 7 senx+ x = x ) y00 + y = x




Resuelva el sistema de ecuaciones diferenciales½

2x0 + y0 ¡ 4x¡ y = etx0 + 3x+ y = 0

(10 puntos.)

² Reducci¶on: El sistema es½

2(D ¡ 2)x+ (D ¡ 1)y = et

(D + 3)x+ y = 0Multiplicando la 2a por D¡ 1 y restando

2a ¡ 1a tenemos (D + 3)(D ¡ 1)x + (D ¡ 1)y = ¡et ) x00 + x = ¡et. La ecuaci¶on homog¶eneaasociada es x00 + x = 0. Polinomio caracter¶³stico z2 + 1 con ra¶³ces §i. Soluci¶on general de lahomog¶enea asociada xh = c1 cos t + c2 sen t. Soluci¶on particular por coe¯cientes indeterminados

xp = aet. Sustituyendo en la ecuaci¶on completa, a = ¡1

2, as¶³ que la soluci¶on general es

x = c1 cos t+ c2 sen t¡1

2et. Despejamos y en la segunda ecuaci¶on del sistema original y

y = ¡x0 ¡ 3x = c1(sen t¡ 3 cos t)¡ c2(cos t+ 3 sen t) + et

² Matricial: La resoluci¶on matricial exige una transformaci¶on previa del sistema en otro equivalente.Si multiplicamos la segunda ecuaci¶on por 2 y restamos 1a ¡ 2a, obtenemos el sistema equivalente½x0 = ¡3x¡ yy0 = 10x+ 3y + et

que en notaci¶on matricial es

µx0

y0

¶=

µ¡3 ¡110 3

¶µx

y

¶+

µ0et

¶.

Basta aplicar ahora las t¶ecnicas habituales si bien, en este caso, es bastante m¶as pesada que laexpuesta antes.


2017



Calcule la masa y el momento de inercia respecto al eje OZ del s¶olido

f(x; y; z) jx2 + y2 + z2 · 4; z ¸ 0; x2 + y2 + (z ¡ 1)2 ¸ 1 g

siendo la densidad proporcional a la distancia al origen de coordenadas.(Constante de proporcionalidad 1.) (5 puntos la masa, 5 puntos el momento de inercia).

Resolveremos el problema en coordenadas esf¶ericas. As¶³, x2 + y2 + z2 · 4 ) ½ · 2,x2 + y2 + (z ¡ 1)2 ¸ 1 ) ½ ¸ 2 cos µ:

ρϑ

ϕ),( yx

Y

X

Z),,( zyx

Masa =

ZZZ px2 + y2 + z2 dx dy dz =

Z ¼

2

0

d#

Z 2¼

0

d'

Z 2

2 cos#

½¢½2 sen# d½ =

=

Z ¼

2

0

d#

Z 2¼

0

·½4

4sen#

¸2

2 cos#

d' = 2¼

·¡4 cos#+ 4

5cos5 #

¸¼2

0

=32¼

5.

IOZ =

ZZZ(x2 + y2)

px2 + y2 + z2 dx dy dz =

Z ¼

2

0

d#

Z 2¼

0

d'

Z 2

2 cos#

½2 sen2 # ¢ ½ ¢ ½2 sen# d½ =

=

Z ¼

2

0

sen3 #d#

Z 2¼

0

d'

Z 2

2 cos#

½5 d½ =32

3

Z ¼

2

0

sen3 #(1¡ cos6 #) d#

Z 2¼

0

d' =

/

=64¼

3

Z ¼

2

0

[(1¡ cos2 #) sen#¡ cos6 #(1¡ cos2 #) sen#] d# =

=64¼

3

·¡ cos#+

1

3cos3 #+

1

7cos7 #¡ 1

9cos9 #

¸¼2

0

=2560¼

189


2017



Calcule el °ujo de F (x; y; z) = (4xz; xyz; 3z) a trav¶es de la super¯cie S : x2 + y2 = z2; 0 · z · 1 conorientaci¶on exterior.

(10 puntos.)

² Directamente: La proyecci¶on del cono sobre el planoXOY es S : x2+y2 · 1, asi que parametrizamosel cono mediante x = u cos v; y = u sen v; z =

px2 + y2 = u, esto es ©(u; v) = (u cos v; u sen v; u);

0 · u · 1; 0 · v · 2¼.

©u = (cos v; sen v; 1) ©v = (¡u sen v; u cos v; 0) ) ©u £ ©v = (¡u cos v;¡u sen v; u)Como u ¸ 0, este vector da orientaci¶on interior, por lo que debemos tomar¡©u£©v = (u cos v; u sen v;¡u).

F (©(u; v)) = (4u2 cos v; u3 cos v sen v; 3u) ) F (©(u; v)¢(¡©u£©v) = 4u3 cos2 v+u4 cos v sen2 v¡3u2

As¶³, el °ujo es

Z 2¼

0

dv

Z 1

0

(4u3 cos2 v + u4 cos v sen2 v ¡ 3u2) du =

Z 2¼

0

·u4 cos2 v +

1

5u5 sen2 v cos v ¡ u3

¸1

0

dv =

=

Z 2¼

0

µcos2 v +

1

5sen2 v cos v ¡ 1

¶dv =

·v + sen v cos v

2+

1

15sen3 v ¡ v

¸2¼

0

= ¼ ¡ 2¼ = ¡¼

² Mediante el teorema de la divergencia: Para utilizar el teorema de la divergencia es necesario quela super¯cie sea cerrada. A~nadimos el c¶³rculo x2+ y2 · 1; z = 1 y luego restaremos el °ujo a trav¶esde ¶el.

Como divF = 4z+xz+3, el °ujo es

ZZZ(4z+xz+3) dx dy dz =

=

ZZ

S

dx dy

Z 1

px2+y2

(4z + xz + 3) dz =

=

ZZ

S

·5 +

1

2x¡ 2(x2 + y2)¡ 1

2x(x2 + y2)¡ 3

px2 + y2

¸dx dy

En coordenadas polares,Z 2¼

0

d'

Z 1

0

·5 +

1

2½ cos'¡ 2½2 ¡ 1

2½3 cos'¡ 3½

¸½ d½ =

=

Z 2¼

0

µ1 +

1

15cos'

¶d' = 2¼

Flujo a trav¶es de la tapa: La tapa es f(x; y; 1) jx2 + y2 · 1g que se parametriza como

©(u; v) = (u cos v; u sen v; 1); 0 · u · 1; 0 · v · 2¼ )

) ©u = (cos v; sen v; 0); ©v = (¡u sen v; u cos v; 0) ) ©u £ ©v = (0; 0; u)

que, como u ¸ 0, tiene la orientaci¶on correcta.

F (©(u; v)) = (4u cos v; u2 cos v sen v; 3) ) F (©(u; v)) ¢ (©u £ ©v) = 3u

As¶³ el °ujo a trav¶es de la tapa es

Z 2¼

0

dv

Z 1

0

3u du = 3¼ y el °ujo resultante es 2¼ ¡ 3¼ = ¡¼


2017



Resuelva la ecuaci¶on diferencial x2y2 + 2xy2 + 3y + 3xy + (2x2y + 3x)y0 = 0. (10 puntos.)

x2y2 + 2xy2 + 3y + 3xy + (2x2y + 3x)y0 = 0 ) (x2y2 + 2xy2 + 3y + 3xy) dx+ (2x2y + 3x) dy = 0

Sea M(x; y) = x2y2+2xy2+3y+3xy; N(x; y) = 2x2y+3x. Como@M

@y= 2x2y+4xy+3+3x y

@N

@x= 4xy + 3, no es exacta, pero al ser

@M

@y¡ @N@x

N=

2x2y + 3x

2x2y + 3x= 1, tiene un factor integrante ¹ que

depende de x, ln¹ =R1 dx = x; ) ¹ = ex. As¶³, la ecuaci¶on

ex(x2y2 + 2xy2 + 3y + 3xy) dx+ ex(2x2y + 3x) dy = 0

es exacta.

f(x; y) =

Zex(2x2y+3x) dy = ex(x2y2+3xy)+h(x) ) @f

@x= ex(x2y2+3xy)+ex(2xy2+3y)+h0(x) =

= ex(x2y2 + 2xy2 + 3y + 3xy) ) h0(x) = 0 ) h(x) = c

Por tanto la asoluci¶on es ex(x2y2 + 3xy) + c = 0.


2017



Consideremos el problema de valor inicial

8<

:

y00 + 2y0 ¡ 3y = e¡3x + cos 3xy(0) = 0y0(0) = 0



1. y00 = ¡2y0 + 3y + e¡3x + cos 3x = f(x; y; y0). Las derivadas parciales de la funci¶on f respecto ax; y; y0 son constantes o combinaci¶on de la exponencial y el coseno. Por tanto son continuas entodo R3 y asi f es de clase C(1(R3). Se sigue que tiene soluci¶on ¶unica.

2. La ecuaci¶on homog¶enea asociada es y00 + 2y0 ¡ 3y = 0 con polinomio caracter¶³stico z2 + 2z ¡ 3 quetiene ra¶³ces 1; ¡3. As¶³, la soluci¶on de la homog¶enea es yh = c1e

x + c2e¡3x. Calculamos la soluci¶on

particular por coe¯cientes indeterminados tomando yp = axe¡3x + b cos 3x + c sen 3x. Ponemosaxe¡3x por la similitud con la soluci¶on particular. Sustituyendo en la ecuaci¶on completa se tiene

a = ¡1

4; b = ¡ 1

15; c =

1

30y la soluci¶on completa es

y = c1ex + c2e

¡3x ¡ 1

4xe¡3x ¡ 1

15cos 3x+

1

30sen 3x

Como

y0 = c1ex ¡ 3c2e

¡3x ¡ 1

4e¡3x +

3

4xe¡3x +

1

5sen 3x+

1

10cos 3x

aplicando las condiciones iniciales se tiene c1 =7

80; c2 = ¡

1

48y la soluci¶on particular pedida es

y =7

80ex ¡ 1

48e¡3x ¡ 1

4xe¡3x ¡ 1

15cos 3x+

1

30sen 3x




1. Calcule la integral doble

ZZ

D

x¡ 1

x(3¡ y)2 dx dy, siendo D f(x; y) 2 R2 jx + y · 4; xy ¸ 3; x ¸ 0g.(6 puntos.)

2. Calcule el volumen del cuerpo C f(x; y; z) 2 R3 jx2 + y2 + z2 · 2; z ¸ 1g. (4 puntos.)

1. La regi¶on D es:

Dominio

y los puntos de corte entre las gr¶a¯cas son (1; 3) y (3; 1).

ZZ

D

x¡ 1

x(3¡ y)2 dx dy =Z 3

1

x¡ 1

x

"Z 4¡x

3

x

1

(3¡ y)2 dy#

dx =

Z 3

1

x¡ 1

x

·1

(3¡ y)

¸4¡x

3

x

dx =

=

Z 3

1

x¡ 1

x

·1

x¡ 1¡ 1

3¡ 3

x

¸dx =

Z 3

1

µ3

x¡ 1

¶dx = 3 ln 3¡ 2

2. Se trata de calcular el volumen de un casquete esf¶erico. Lo haremos de dos formas (hay muchasm¶as):

² Por secciones (C¶alculo I): Si cortamos la esfera x2+ y2+ z2 · 2 por un plano ortogonal al ejeOZ a altura z, obtenemos un c¶³rculo x2 + y2 · 2¡ z2, cuya ¶area es ¼(2¡ z2). Asi el volumenpedido es

Z p2

1

¼(2¡ z2) dz = ¼ 4p2¡ 5

3

² Con integrales triples: Eliminando z entre las dos super¯cies obtenemos la proyecci¶on delcuerpo sobre el plano OXY que es D : x2 + y2 · 1. El volumen del cuerpo es (pasando acoordenadas polares en el momento oportuno)

ZZZdx dy dz =

ZZ

D

dx dy

Z p2¡x2¡y2

1

dz =

ZZ

D

(p2¡ x2 ¡ y2 ¡ 1) dx dy =

=

Z 2¼

0

d'

Z 1

0

(p2¡ ½2 ¡ 1)½ d½ = 2¼

·¡1

3(2¡ ½2) 32 ¡ ½

2

2

¸1

0

= ¼4p2¡ 5

3




1. Calcule el momento de inercia del cuerpo limitado por el cono x2 + y2 = z2; ¡4 · z · 4 respectoal eje OZ. Se supone densidad constante e igual a 1. (5 puntos.)

2. Sea S la porci¶on del paraboloide z = 4¡ 2x2¡ 2y2; z ¸ 0 con orientaci¶on exterior. Calcule el °ujodel campo F (x; y; z) = (x; y; 2z) a trav¶es de S. (5 puntos.)

Proyección

1. Como el cuerpo es sim¶etrico respecto a XOY , trabajaremos con la parte superior y multiplicaremospor 2. La proyecci¶on del cuerpo sobre XOY es D : x2 + y2 · 42 = 16. Asi

IOZ = 2

ZZZ(x2+y2) dx dy dz = 2

ZZ

D

(x2+y2) dx dy

Z 4

px2+y2

dz = 2

ZZ

D

(x2+y2)(4¡px2 + y2) dx dy

y pasando a coordenadas polares,

IOZ = 2

Z 2¼

0

d'

Z 4

0

½2(4¡½)½ d½ = 2

Z 2¼

0

d'

Z 4

0

(4½3¡½4) d½ = 4¼

·½4 ¡ ½

5

5

¸4

0

= 4¼

µ44 ¡ 45

5

¶=

1024¼

5

2. Lo haremos de dos formas:

² Por el teorema de la divergencia: Como el cuerpo no es cerrado para aplicar el teorema de ladivergencia debemos a~nadir la tapa inferior que corresponde a hacer z = 0 en la ecuaci¶on delparaboloide y es D : x2 + y2 · 2. Luego restaremos el °ujo a trav¶es de dicha tapa. Como divF = 1 + 1 + 2 = 4

Flujo =

ZZZ4 dx dy dz = 4

ZZ

D

dx dy

Z 4¡2x2¡2y2

0

dz = 4

ZZ

D

(4¡ 2x2 ¡ 2y2) dx dy =

= 4

Z 2¼

0

d'

Z p2

0

(4¡ 2½2)½ d½ = 8¼

·2½2 ¡ ½

4

2

¸p2

0

= 16¼

Parametrizamos la tapa que hemos a~nadido: ©(u; v) = (u cos v; u sen v; 0); u 2 [0;p2];

v 2 [0; 2¼]. Asi

©u =@©

@u= (cos v; sen v; 0) ©v =

@©

@v= (¡4 sen v; u cos v; 0) ) ©u £ ©v = (0; 0; u)

que da orientaci¶on interior, por lo que debemos tomar (0; 0;¡u). Por otra parte, F (©(u; v)) == (u cos v; u sen v; 0) ) F (©(u; v)) ¢ (©u £ ©v) = 0 por lo que el °ujo a trav¶es de la tapa es0. El °ujo pedido es 16¼ ¡ 0 = 16¼.

² Parametrizando la super¯cie: Si D es, de nuevo, x2+ y2 · 2 (proyecci¶on de la super¯cie sobreXOY ), podemos parametrizar como gr¶a¯ca y ©(x; y) = (x; y; 4¡ x2 ¡ y2) (x; y) 2 D. As¶³

©x =@©

@x= (1; 0;¡4x) ©y =

@©

@y= (0; 1;¡4y) ) ©x £ ©y = (4x; 4y; 1)

que, al tener la tercera coordenada positiva, da orientaci¶on exterior. Como F (©(x; y)) == (x; y; 8¡ 4x2 ¡ 4y2) ) F (©(x; y)) ¢ (©x £ ©y) = 8

Flujo =

ZZ

D

8 dx dy = 8 ¢ ¶area de D = 16¼




1. Calcule

Z

C

(ex ¡ y3) dx+ (cos y+ x3) dy siendo C la circunferencia unidad con orientaci¶on positiva.

(4 puntos.)

2. Calcule la circulaci¶on de F (x; y; z) = (y¡ 1; z2; y) sobre la curva intersecci¶on del cono x2+ y2 =z2

2y el plano z = y + 1 con orientaci¶on positiva. (6 puntos.) puntos.)

1. ² Mediante el teorema de Green:Z

C

(ex ¡ y3) dx+ (cos y + x3) dy =

ZZ3(x2 + y2) dx dy = 3

Z 2¼

0

d'

Z 1

o

½2½ d½ =3¼

2

² Parametrizando: Una parametrizaci¶on de la circunferencia unidad con orientaci¶on positiva es¾(t) = (cos t; sen t); t 2 [0; 2¼]. As¶³

Z

C

(ex¡y3) dx+(cos y+x3) dy =Z 2¼

0

£(ecos t ¡ sen3 t)(¡ sen t) + (cos(sen t) + cos3 t) cos t

¤dt =

=

Z 2¼

0

£¡ecos t sen t+ sen4 t+ (cos(sen t) cos t+ cos4 t

¤dt

ComoZ 2¼

0

£¡ecos t sen t

¤dt =

£ecos t

¤2¼0

= 0

Z 2¼

0

cos(sen t) cos t dt = [sen(sen t)]2¼

0= 0

Z 2¼

0

sen4 t dt =

Z 2¼

0

µ1¡ cos(2t)

2

¶2dt =

1

4

Z 2¼

0

(1¡ 2 cos(2t) + cos2(2t)) dt =

=1

4

Z 2¼

0

µ1¡ 2 cos(2t) +

1 + cos(4t)

2

¶dt =

3¼

4

Por el mismo procedimiento se tiene que

Z 2¼

0

cos4 t dt =3¼

4y sumando los resultados parciales

se obtiene el resultado ¯nal.

2. ² Parametrizando la curva: Eliminando z entre las dos super¯cies tenemos la proyecci¶on de la

curva, que es x2 +

µy ¡ 1p

2

¶2= 1. Hacemos x = cos t;

y ¡ 1p2

= sen t ) y = 1 +p2 sen t;

z = y + 1 = 2 +p2 sen t con lo que la curva queda parametrizada mediante

¾(t) = (cos t; 1 +p2 sen t; 2 +

p2 sen t); t 2 [0; 2¼]

Asi, F (¾(t)) = (p2 sen t; (2 +

p2 sen t)2; 1 +

p2 sen t) y ¾0(t) = (¡ sen t;

p2 cos t;

p2 cos t)

F (¾(t)) ¢ ¾0(t) = ¡p2 sen2 t+ (2 +

p2 sen t)2

p2 cos t+ (1 +

p2 sen t)

p2 cos t. Por tanto

Z 2¼

0

F ¢ ¾0 dt =·¡p2t¡ sen t cos t

2+

1

3(2 +

p2 sen t)3 +

1

2(1 +

p2 sen t)2

¸2¼

0

= ¡p2¼

² Mediante el teorema de Stokes: Aplicaremos el teorema de Stokes sobre la porci¶on del plano

z = y + 1 limitada por la curva. La proyecci¶on de esta super¯cie es E : x2 +

µy ¡ 1p

2

¶2· 1.

Parametrizamos como gr¶a¯ca ©(x; y) = (x; y; y + 1) (x; y) 2 E. Asi,

©x =@©

@x= (1; 0; 0) ©y =

@©

@y= (0; 1; 1) ) ©x £ ©y = (0;¡1; 1)

Adem¶as, rot F = (1¡ 2z; 0;¡1) ) rot F (Á(x; y)) = (¡1¡ 2y; 0;¡1) yrot F (©(x; y)) ¢ (Áx £ ©y) = ¡1.Asi Z

E

(¡1) dx dy = ¡ ¶area de la elipse = ¡p2¼




1. Obtenga la ecuaci¶on diferencial lineal homog¶enea con coe¯cientes constantes de menor orden queadmite a ex sen(2x); xe3x como parte de un sistema fundamental (base) de soluciones y escriba susoluci¶on general. (3 puntos.)

2. Halle la ecuaci¶on de la familia de curvas ortogonales a y = ¡x¡ 1 + cex. (7 puntos.)

1. La presencia de ex sen(2x) nos dice que 1 § 2i son ra¶³ces simples y la de xe3x, que 3 es ra¶³z dobledel polinomio caracter¶³stico. As¶³, este polinomio es

(z ¡ 1¡ 2i)(z ¡ 1 + 2i)(z ¡ 3)2 = z4 ¡ 8z3 + 26z2 ¡ 48z + 45

y la ecuaci¶on diferencial yiv ¡ 8y000 + 26y00 ¡ 48y0 + 45y = 0.

Un sistema fundamental de soluciones (base) es ex sen(2x); ex cos(2x); e3x; xe3x. Por tanto lasoluci¶on general es y = c1e

x sen(2x) + c2ex cos(2x) + c3e

3x + c4xe3x.

2. Derivando impl¶³citamente y0 = ¡1 + cex. De la ecuaci¶on original, cex = y + x+ 1 y asiy0 = ¡1 + y + x + 1 = y + x es la ecuaci¶on diferencial de la familia de curvas que nos han dado.

La de las curvas ortogonales es y0 = ¡1

y + x. Pasando a la forma diferencial asociada tenemos

dx + (y + x)dy = 0. Sea M = 1; N = y + x. Entonces@M

@y= 0;

@N

@x= 1 y la ecuaci¶on no es

exacta, pero como

@N

@x¡@M

@y

M= 1, ey es un factor integrante y eydx+ ey(y + x)dy = 0 es exacta.

f(x; y) =

Zeydx = xey + g(y) )

@f

@y= xey + g0(y) = ey(y + x) ) g0(y) = yey

Madiante una integraci¶on por partes tenemos g(y) = (y ¡ 1)ey + c y la soluci¶on es

f(x; y) = xey + (y ¡ 1)ey + c = (x+ y ¡ 1)ey + c = 0

.




1. Determine los valores de la constante m para los que y = xm es soluci¶on de la ecuaci¶onx2y00 ¡ 7xy0 + 15y = 0. (3 puntos.)

2. Resuelva el problema de valor inicial y00 + 3y0 + 2y = e¡x, y(0) = y0(0) = 0. (7 puntos.)

1. Sustituyendo en la ecuaci¶on

x2m(m¡1)xm¡2¡7xmxm¡1+15xm = 0 ) m(m¡1)¡7m+15 = 0 ) m2¡8m+15 = 0 ) m = 3; 5

Es soluci¶on para esos valores de m.

2. Homog¶enea asociada: y00 + 3y0 + 2y = 0. Ecuaci¶on caracter¶³stica z2 + 3z + 2 = 0 ) z = ¡1; ¡2.Soluci¶on general de la ecuaci¶on homog¶enea asociada yh = c1e

¡x + c2e¡2x.

Soluci¶on particular por coe¯cientes indeterminados: Deber¶³amos tomar ae¡x, pero por similitudcon la soluci¶on general de la homog¶enea asociada tomamos axe¡x. Sustituyendo en la ecuaci¶oncompleta, tenemos

y00 + 3y0 + 2y = ¡2ae¡x + axe¡x + 3ae¡x ¡ 3ae¡x + 2ae¡x = ae¡x = e¡x ) a = 1

As¶³, la soluci¶on particular es y = xe¡x y la soluci¶on general de la ecuaci¶on completa esy = c1e

¡x + c2e¡2x + xe¡x. Aplicando las condiciones iniciales se tiene que c1 = ¡1; c2 = 1 y la

soluci¶on del problema de valor inicial es

y = ¡e¡x + e¡2x + xe¡x




Sean x = x(t); y = y(t) funciones de la variable independiente t y consideremos el problema de valor

inicial

½x0 = 2x+ 2yy0 = ¡x+ 4y + et

, x(0) = 1; y(0) = ¡1.



1. El sistema es

½x0 = 2x+ 2y = f1(t; x; y)y0 = ¡x+ 4y + et = f2(t; x; y)

. Tanto f1 como f2 son de clase C(1 en R3, por lo

que lo son en cualquier entorno del punto (0; 1;¡1). Por tanto tiene soluci¶on ¶unica.

2. Por reducci¶on a ecuaci¶on de orden 2: El sistema se reduce despejando x en la segunda ecuaci¶on ysustituyendo en la primera , o mediante el operadorD. La ecuaci¶on obtenida es y00¡6y0+10y = ¡et.

Homog¶enea asociada: y00 ¡ 6y0 + 10y = 0. Ecuaci¶on caracter¶³stica z2 ¡ 6z + 10 ) z = 3 § i.Soluci¶on general de la ecuaci¶on homog¶enea asociada yh = c1e

3t sen t+ c2e3t cos t.

Soluci¶on particular por coe¯cientes indeterminados: Tomamos como soluci¶on particular aet. Susti-

tuyendo en la ecuaci¶on completa, a = ¡1

5.

Soluci¶on general de la ecuaci¶on completa: y = c1e3t sen t + c2e

3t cos t ¡1

5et. Despejando x en la

segunda ecuaci¶on y sustituyendo el valor obtenido para y,

x = c1(e3t sen t¡ e3t cos t) + c2(e

3t sen t+ e3t cos t) +2

5et

Basta ahora aplicar las condiciones iniciales para obtener c1 = ¡7

5; c2 = ¡

4

5. Asi, la soluci¶on del

problema de valor inicial es

y = ¡4

5e3t cos t¡

7

5e3t sen t¡

1

5et

x =3

5e3t cos t¡

11

5e3t sen t+

2

5et

El sistema se puede resolver tambien en forma matricial, pero en este caso particular la resoluci¶on

es m¶as compleja.




1. Dada la integral doble

Z ¼2

¡¼2

·Z cos x

0

dy

¸dx, dibuje el recinto en el que est¶a de¯nida y cambie el

orden de integraci¶on. (3 puntos.)

2. Calcule la masa de la placa f(x; y) jx2 + y2 ¸ 1; x2 + y2 · 2x; x ¸ 0; y ¸ 0g, siendo la densidadproporcional al cuadrado de la distancia al origen de coordenadas (constante de proporcionalidad= 1). (7 puntos.)

1. El recinto es el que aparece en la ¯gura. La integral es

Z 1

0

·Z arccos y

¡ arccos ydx

¸dy

2. La placa es

Placa

La masa viene dada por m=

ZZ

placa

(x2+ y2) dx dy. Lo vamos a hacer en coordenadas polares. Asi

x2+ y2 = 2x ) ½2 = 2½ cos' ) ½ = 2 cos'.El punto de intersecci¶on de las curvas es

Ã1

2;

p3

2

!

,

que corresponde a ' =¼

3. Asi

m =

Z ¼3

0

·Z2 cos'

1

½2½ d½

¸d' =

Z ¼3

0

·½4

4

¸2 cos'

1

d' =1

4

Z ¼3

0

£16 cos4 '¡ 1

¤d' = I1 ¡

¼

12

I1 = 4

Z ¼3

0

µ1 + cos 2'

2

¶2d' =

Z ¼3

0

¡1 + 2 cos 2'+ cos2 2'

¢d' =

Z ¼3

0

µ1 + 2 cos 2'+

1 + cos 4'

2

¶d' =

¼

2¡7p3

16

Asi, m= I1 ¡¼

12=

5¼

12¡ 7

p3

16.




1. Calcule la integral del campo F (x; y; z) = (2xy2; 2x2y; 3z2) a lo largo de la curva

¾(t) =

µ2¡ t2; 5¡ 5t3; 1 + 2 sen

µ¼t

2

¶¶; 0 · t · 1. (5 puntos.)

2. Calcule el °ujo del campo F (x; y; z) = (xz;¡y2; xz) a trav¶es del cilindro x2 + y2 = 2; 0 · z · 3 ysus tapas. (5 puntos.)

1. Como rot F = (0; 0; 0), el campo es conservativo. Calculamos la correspondiente funci¶on potencial:

f(x; y; z) =

Z2xy2 dx = x2y2 + h(y; z) ) @f

@y= 2x2y +

@h

@y= 2x2y ) @h

@y= 0 )

h(y; z) = g(z) ) f(x; y; z) = x2y2 + g(z) ) @f

@z= g0(z) = 3z2 ) g(z) = z3 + c

Asi, f(x; y; z) = x2y2 + z3 + c. Asi

ZF ¢ ds = f(¾(1))¡ f(¾(0)) = f(1; 0; 3)¡ f(2; 5; 1) = ¡74

2. Sea D : x2 + y2 · 2. Como div F = z ¡ 2y + x, el °ujo pedido es

ZZZ(z ¡ 2y + x) dx dy dz =

ZZ

D

·Z3

0

(z ¡ 2y + x) dz

Z̧dx dy =

ZZ

D

·9

2¡ 6y + 3x

¸dx dy

En coordenadas polares

Z 2¼

0

"Z p2

0

µ9

2¡ 6½ sen'+ 3½ cos'

¶½d½

#

d' =

Z 2¼

0

·9

4½2 ¡ 2½3 sen'+ ½3 cos'

¸p2

0

d' =

=

Z 2¼

0

·9

2¡ 4

p2 sen'+ 2

p2 cos'

¸d' = 9¼




1. Dado el problema de valor inicial xy0 = y + xey

x ; y(1) = 1

(a) Compruebe, sin resolverlo, que tiene soluci¶on ¶unica. (2 puntos.)

(b) Resu¶elvalo. (5 puntos.)

2. Determine para que valor de n las familias de curvas xn + yn = k; y =x

1 + cxson ortogonales. (3

puntos.)

1. (a) Despejamos y0: y0 =y + xe

y

x

x= f(x; y) y consideremos un cuadrado centrado en el punto

(1; 1) que no interseque al eje OY (x = 0) como, por ejemplo [005; 105] £ [005; 105], f(x; y) es

continua en ¶el. Adem¶as@f

@y=

1

x

³1 + e

y

x

´que es continua en el cuadrado anterior. Como

este cuadrado es cerrado y acotado, la derivada parcial est¶a acotada en ¶el. Se sigue que elproblema de valor inicial tiene soluci¶on ¶unica.

(b) La forma diferencial asociada es x dy =³y + xe

y

x

´dx y es homog¶enea. Hacemos el cambio

v =y

x; ) y = vx. As¶³ la ecuaci¶on pasa a ser

x(x dv + v dx) = (xv + xev) dx ) x dv = ev dx ) e¡v dv =1

xdx )

) ¡e¡v = ln jxj+ c ) ¡e¡ y

x = ln jxj+ cImponiendo la condici¶on inicial y(1) = 1, c = ¡e¡1.

2. Derivando impl¶³citamente en xn + yn = k tenemos nxn¡1 + nyn¡1y0 = 0 ) y0 = ¡xn¡1

yn¡1.

Derivando ahora en y =x

1 + cx, tenemos y0 =

1 + cx¡ cx(1 + cx)2

=1

(1 + cx)2y como de la ecuaci¶on

original 1 + cx =x

y) y0 =

y2

x2. Para que sean ortogonales, el producto de las dos y0 debe ser ¡1

¡xn¡1

yn¡1y2

x2= ¡x

n¡3

yn¡3= ¡1

Se sigue que n = 3.




1. Resuelva el sistema de ecuaciones diferenciales

½x0 = 6x+ y + 6ty0 = 4x+ 3y

(6 puntos.)

2. Determinar la ecuaci¶on diferencial lineal completa de coe¯cientes constantes y del menor ordenposible para la que x; xe2x son soluciones de la ecuaci¶on homog¶enea asociada y 3x2 es una soluci¶onparticular de la ecuaci¶on completa. (4 puntos.)

1. Escribiendo el sistema con el operador D tenemos

½(D ¡ 6)x¡ y = +6t¡4x+ (D ¡ 3)3y = 0

y multiplicando la

primera ecuaci¶on por D ¡ 3,

½(D ¡ 3)(D ¡ 6)x¡ (D ¡ 3)y = +6¡ 18t¡4x+ (D ¡ 3)3y = 0

.

Sumando, x00 ¡ 9x0 + 14x = 6 ¡ 18t. La ecuaci¶on homog¶enea asociada x00 ¡ 9x0 + 14x = 0 tienecomo ecuaci¶on caracter¶³stica z2¡9z+14 = 0, con ra¶³ces 7; 2. As¶³ la soluci¶on general de la ecuaci¶onhomog¶enea asociada es xh = c1e

7t + c2e2t. La soluci¶on particular la buscamos por coe¯cientes

indeterminados. Tomamos x = at+ b y sustituyendo en la ecuaci¶on completa se tiene a = ¡9

7; b =

¡39

98. Se sigue que la soluci¶on de la ecuaci¶on completa es x = c1e

7t+c2e2t¡ 9

7t¡ 39

98. De la primera

ecuaci¶on del sistema original, y = x0 ¡ 6x¡ 6t = c1e7t ¡ 4c2e

2t +12

7t+

54

49.

2. Por aparecer x, z = 0 es soluci¶on doble de la ecuaci¶on caracter¶³stica y por xe2x, lo es z = 2. As¶³ elpolinomio caracter¶³stico es z2(z¡2)2 = z4¡4z3+4z2 y la ecuaci¶on completa yiv¡4y000+4y00 = f(x).Como 3x2 es soluci¶on particular, sustituyendo f(x) = 24. La ecuaci¶on es yiv ¡ 4y000 + 4y00 = 24.


2018



1. Calcule

ZZ

D

x dx dy, siendo D = f(x; y) j (x¡ 1)2 + (y ¡ 1)2 · 4g. (5 puntos.)

2. Calcule el °ujo del campo vectorial F (x; y; z) = (xz2; x2y¡z2x; 2xy2+y2z) a trav¶es de la super¯cie

formada por la semiesfera z = +pa2 ¡ x2 ¡ y2 y el c¶³rculo f(x; y; 0) jx2+ y2 · a2g con orientaci¶on

exterior. (5 puntos.)

1. Hacemos el cambio a coordenadas polares desplazadas x = 1 + ½ cos'; y = 1 + ½ sen';0 · ½ · 2; 0 · ' · 2¼, jacobiano = ½.

ZZ

D

x dx dy =

Z2¼

0

d'

Z2

0

(1 + ½ cos') ½ d½ =

Z2¼

0

·½2

2+½3

3cos'

¸2

0

d' =

Z2¼

0

µ2 +

8

3cos'

¶d' =

=

·2'+

8

3sen'

¸2¼

0

= 4¼

2. Como la super¯cie es cerrada y la orientaci¶on es exterior, utilizaremos el teorema de la divergencia.Asi divF = z2 + x2 + y2 y pasando a coordenadas esf¶ericas (notaci¶on en la ¯gura),

ρϑ

ϕ),( yx

Y

X

Z),,( zyx

ZZZ(x2 + y2 + z2) dx dy dz =

ZZZ½2 ¢ ½2 sen# d½ d'd# =

Z ¼

2

0

sen# d#

Z2¼

0

d'

Z a

0

½4 d½ =

= [¡ cos#]¼

2

0¢ 2¼ ¢

·½5

5

¸a

0

= 1 ¢ 2¼ ¢a5

5=

2a5¼

5


2018



1. Sea F (x; y) =

µxe¡y

2

;¡x2ye¡y2

+1

x2 + y2

¶. Calcule

Z

C

F (x; y) ¢ ds, siendo C el per¶³metro del

cuadrado de v¶ertices

µ1

2;1

2

¶;

µ1;1

2

¶; (1; 1);

µ1

2; 1

¶recorrido en sentido positivo. (5 puntos.)

2. Sea F (x; y; z) = (yz; xz + x; xy). Calcule

Z

C

F (x; y; z) ¢ ds siendo C la intersecci¶on de la super¯cie

del cubo 0 · x · 2; 0 · y · 2; 0 · z · 2 con el plano x+ y + z = 2. (5 puntos.)

1. F (x; y) = (F 1; F 2) =

µxe¡y

2

;¡x2ye¡y2

+1

x2 + y2

¶y sea C el cuadrado. Por el teorema de Green,

ZF ¢ ds =

ZZ

C

µ@F 2

@x¡@F 1

@y

¶dx dy =

ZZ

C

¡2x

(x2 + y2)2dx dy =

Z1

1

2

dy

Z1

1

2

¡2x

(x2 + y2)2dx =

=

Z1

1

2

·1

x2 + y2

¸1

1

2

dy =

Z1

1

2

·1

1 + y2¡

11

4+ y2

¸dy =

Z1

1

2

·1

1 + y2¡

4

1 + (2y)2

¸dy =

= [arctg y ¡ 2 arctg(2y)]11

2

=3¼

4¡ 2 arctg 2¡ arctg

1

2

2. La intersecci¶on del plano con el cubo es el contorno del tri¶angulo T que aparece en la ¯gura.

T

T1

Utilizaremos el teorema de Stokes y para ello parametrizamos el tri¶angulo T como gr¶a¯ca. Dadoque el plano al que pertenece es x + y + z = 2 ) z = 2 ¡ x ¡ y y la parametrizaci¶on es©(x; y) = (x; y; 2¡ x¡ y); (x; y) 2 T1.

Asi, ©x = (1; 0;¡1); ©y = (0; 1;¡1) ) ©x £ ©y = (1; 1; 1). Como rot F = (0; 0; 1)

Z

C

F (x; y; z) ¢ ds =

ZZ

T1

rot F ¢ (©x £ ©y) dx dy =

ZZ

T1

1 dx dy = ¶area de T1 =1

2¢ 2 ¢ 2 = 2


2018



1. Halle la ecuaci¶on diferencial asociada a la familia de curvas ye2x = cx. (3 puntos.)

2. Resuelva el problema de valor inicial 6xy + y0(4y + 9x2) = 0; y(1) = 1. (7 puntos.)

1. Derivando impl¶³citamente y0e2x + 2ye2x = c. Sustituyendo en la ecuaci¶on original,ye2x = xy0e2x + 2xye2x y simpli¯cando xy0 = y ¡ 2xy.

2. La forma diferencial asociada es 6xy dx+ (4y + 9x2) dy = 0. Sea M = 6xy; N = 4y + 9x2. As¶³

@N@x¡ @M

@y

M=

12x

6xy=

2

y) ln¹ = 2 ln y = ln y2 ) ¹ = y2

Por tanto, la forma diferencial 6xy3 dx+ (4y3 + 9x2y2) dy = 0 es exacta.

f(x; y) =

Z6xy3 dx = 3x2y3+g(y) )

@f

@y= 9x2y2+g0(y) = 4y3+9x2y2 ) g0(y) = 4y3 ) g(y) = y4+c

Se sigue que f(x; y) = 3x2y3 + y4 + c = 0 es la soluci¶on general de la ecuaci¶on. Aplicando lacondici¶on inicial, c = ¡4 y la soluci¶on particular es 3x2y3 + y4 = 4.


2018



1. Resuelva el problema de valor inicial y00 ¡ 4y0 + 13y = 6 sen(3t); y(0) = y0(0) = 1. (7 puntos.)

2. Encuentre la ecuaci¶on diferencial lineal homog¶enea de coe¯cientes constantes de menor orden posibleque admita a e2x sen(3x); e¡x como soluciones. (3 puntos.)

1. La ecuaci¶on homog¶enea asociada es y00 ¡ 4y0 + 13y = 0 y el polinomio caracter¶³sticoz2 ¡ 4z + 13 = 0 ) z = 2 § 3i. Asi, la soluci¶on general de la ecuaci¶on homog¶enea asociada esyh = c1e

2t cos(3t) + c2e2t sen(3t). Como soluci¶on particular tomamos yp = a sen(3t) + b cos(3t).

Sustituyendo en la ecuaci¶on completa se obtiene que a =3

20; b =

9

20y la soluci¶on particular es

yp =3

20sen(3t) +

9

20cos(3t), con lo que la soluci¶on general de la ecuaci¶on es

y = c1e2t cos(3t) + c2e

2t sen(3t) +3

20sen(3t) +

9

20cos(3t)

Aplicando las condiciones iniciales y(0) = y0(0) = 1 se tiene que c1 =11

20; c2 = ¡

11

60. Asi, la

soluci¶on pedida es

y =11

20e2t cos(3t)¡

11

60e2t sen(3t) +

3

20sen(3t) +

9

20cos(3t)

2. Las ra¶³ces del polinomio caracter¶³stico son 2§ 3i y ¡1. Asi, el polinomio es z3 ¡ 3z2 + 9z + 13. Sesigue que la ecuaci¶on pedida es y000 ¡ 3y00 + 9y0 + 13y = 0.

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