FMI_febrero_07_sol

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Soluciones de los ejercicios del examen de Fundamentos Matemáticos I
Segundo curso de Ingeniería de Telecomunicación - febrero de 2007
1 Sea el campo vectorial F(x, y)=
( −y
(x −1)2 + y2
,
x2 + y2 −x
(x −1)2 + y2
)
definido en el abierto Ω=R2 \ {(1,0)}.
a) (0.5 puntos) Justifica que el campo F es localmente conservativo en Ω, pero no es conservativo en ningún
abierto que contenga una circunferencia C((1,0),r ) con centro en el punto (1,0) y radio r > 0.
b) (0.75 puntos) Sea x∈R e y > 0. Pongamos a = (0,0), b = (0, y), c = (x, y). Calcula la función
f (x, y) =
w
[a, b]
F.dr +
w
[b, c]
F.dr
y comprueba que es una función potencial de F en el semiplano superior A =
{
(x, y) : y > 0
}
.
Solución.
a) Pongamos P(x, y) =
−y
(x −1)2 + y2
, Q(x, y) =
x2 + y2 −x
(x −1)2 + y2
. Las funciones P,Q son funciones racionales en
Ω, por lo que tienen derivadas parciales continuas de todos órdenes en Ω. Además, para todo (x, y)∈Ω se
verifica que
∂P
∂y
(x, y) =
−1+2x −x2 + y2
(
(x −1)2 + y2
)2
=
∂Q
∂x
(x, y)
En consecuencia F es localmente conservativo en Ω.
Calculemos la integral de línea de F a lo largo de una circunferencia C((1,0),r ). Tenemos que
w
C((1,0),r )
F.dr =
πw
−π
F(1+ r cos t ,r sen t ).(−r sen t ,r cos t )dt =
πw
−π
(1+ r cos t )dt = 2π
Deducimos que el campo F no es conservativo en ningún abierto que contenga una circunferencia centrada
en el punto (1,0).
b)
w
[a, b]
F.dr =
1w
0
F[0, t y].(0, y)dt =
1w
0
t 2 y3
1+ t 2 y2
dt = y
1w
0
(
1−
1
1+ t 2 y2
)
dt = y −arctg y
w
[c , d]
F.dr =
1w
0
F[t x, y].(x,0)dt =
1w
0
−x y
(t x −1)2 + y2
dt =−
1w
0
x/y
(
t x −1
y
)2
+1
=−arctg
(
x −1
y
)
−arctg
1
y
Por tanto
f (x, y)= y −arctg y −arctg
(
x −1
y
)
−arctg
1
y
= y −
π
2
−arctg
(
x −1
y
)
Se comprueba fácilmente que
∂ f
∂x
(x, y) =P(x, y),
∂ f
∂y
(x, y)= Q(x, y)
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1 Fundamentos Matemáticos I
2o Ingeniería de Telecomunicación
Ejercicios del examen del 29 de enero de 2007 2
Otra solución. No es difícil, por simple inspección, relacionar el campo F con una función de variable com-
pleja. Basta fijarse en el denominador y tantear un poco para llegar a
f (z) =
z
z −1
=
z(z −1)
|z −1|2
=
|z|2 − z
|z −1|2
= (z = x + i y)= Q(x, y)+ i P(x, y)
Como la función f es holomorfa en el abierto Ω = C \ {1}, las funciones P y Q satisfacen las ecuaciones de
Cauchy–Riemann en Ω y, en particular, se verificará que
∂Q
∂x
=
∂P
∂y
. Por otra parte, si γ es un camino cerrado
en Ω, se tiene que
w
γ
f (z)dz =
w
γ
z
z −1
dz =
w
γ
(
1+
1
z −1
)
dz =
w
γ
1
z −1
dz = 2πi Indγ(1)
Además, si es γ(t ) = x(t )+ i y(t ), tenemos que
w
γ
f (z)dz =
w
γ
Q(x, y)dx −P(x, y)dy + i
w
γ
P(x, y)dx +Q(x, y)dy
Deducimos que
w
γ
P(x, y)dx +Q(x, y)dy =
w
γ
F.dr = Im


w
γ
f (z)dz

= 2π Indγ(1)
En particular, para γ= C((1,0),1) obtenemos que
w
C((1,0),1)
F.dr = 2π.
La función log(z−1) es holomorfa en el abierto B =
{
z∈C : z −1 ∉R−o
}
=C\{x∈R : x É 1} por lo que la función
f (z) = 1+
1
z −1
tiene como primitiva en dicho abierto a la función H(z)= z + log(z −1). Por tanto la función
f (x, y) se puede obtener directamente evaluando dicha primitiva y tomando parte imaginaria. Resulta así:
f (x, y)= Im(H(x + i y)−H(0)) = y +arctg
y
x −1
−π= y −arctg
x −1
y
−
π
2
2 (1.25 punto) Calcula la integral de línea
w
Γ
(
cos(y2)+
ey
2
1+x2
− y2
)
dx +
(
2y ey
2
arctg x −2x y sen(y2)+x
)
dy
Donde Γ es la mitad de la circunferencia C((1,0),1) que queda en el semiplano superior recorrida en sentido
anti horario.
Solución.
Pongamos
P(x, y)= cos(y2)+
ey
2
1+x2
− y2, Q(x, y)= 2y ey
2
arctg x −2x y sen(y2)+x
Se tiene que
∂Q
∂x
(x, y)−
∂P
∂y
(x, y) = 1+2y . Para aplicar el teorema de Green pongamos Γ= γ+σ donde γ es
la semicircunferencia del enunciado y σ es el segmento que va de (0,0) a (2,0).
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Ejercicios del examen del 29 de enero de 2007 3
0 1 2
α
γ
D
El camino Γ es cerrado y podemos aplicar el teorema de
Green para obtener que
w
Γ
P(x, y)dx +Q(x, y)dy =
Ï
D
(
∂Q
∂x
(x, y)−
∂P
∂y
(x, y)
)
d(x, y)
Donde D =
{
(x, y)∈R2 : (x −1)2 + y2 É 1, y Ê 0
}
. Haciendo el
cambio de variables x −1 = ρcos t , y = ρsen t donde, como
es usual ρ> 0,−πÉ t Éπ, y poniendo
A =
{
(ρ, t ) : (ρcos t ,ρsen t )∈D
}
=
{
(ρ, t ) : ρ2 É 1,sen t Ê 0
}
=
{
(ρ, t ) : 0 < ρÉ 1,0 É t Éπ
}
obtenemos
Ï
D
(1+2y)d(x, y) =
Ï
A
(1+2ρsen t )ρd(ρ, t ) =
πw
0
[ 1w
0
(ρ+2ρ2 sen t )dρ
]
dt =
πw
0
(1/2+2/3sen t )dt =π/2+4/3
En consecuencia
w
γ
P(x, y)dx +Q(x, y)dy =
π
2
+
4
3
−
w
σ
P(x, y)dx +Q(x, y)dy =
π
2
+
4
3
−
2w
0
P(t ,0)dt =
=
π
2
+
4
3
−
2w
0
(
1+
1
1+ t 2
)
dt =
π
2
−
2
3
−arctg2
3 Sea S la parte del cilindro parabólico z = 3−2x2 que queda por encima del paraboloide z = x2+3y2, y sea
r la curva intersección de ambos. Calcula la circulación del campo F(x, y, z)= (−y z, xz, x y) a lo largo de r.
a) (0.75 puntos) Directamente (considera la orientación apropiada para r).
b) (0.75 puntos) Usando el teorema de Stokes (considera S orientada por la normal con componente z > 0).
Solución.
a) Los puntos del plano donde las dos superficies tienen
igual altura son las soluciones del sistema de ecuaciones
z = x2 +3y2
z = 3−2x2
}
=⇒ x2 + y2 = 1
Es decir, la proyección de la curva r sobre el plano XY es la
circunferencia unidad. Deducimos que
r(t )= (cos t , sen t ,3−2cos2 t ), −πÉ t Éπ
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Ejercicios del examen del 29 de enero de 2007 4
La circulación del campo a lo largo de r viene dada por la integral de línea
w
r
F.dr =
πw
−π
F(r(t )).r ′(t )dt =
πw
−π
(
4cos2 t sen2 t +3−2cos2 t
)
dt = 5π
b) La superficie S es la parte del cilindro parabólico z = 3−2x2 cuya proyección sobre el plano XY es el disco
unidad. Es decir, S es la gráfica siguiente S =
{
(x, y, z) : x2 + y2 É 1, z = 3−2x2
}
. Podemos describir S como
sigue S =
{
(ρcos t ,ρsen t , z) : ρÉ 1,−πÉ t Éπ, z = 3−ρ2 cos2 t
}
. Por tanto, una parametrización de S usando
coordenadas polares es
γ(ρ,t) = (ρcos t ,ρsen t ,3−ρ2 cos2 t ), (ρ, t )∈[0,1]× [−π,π]
Calculemos el producto vectorial fundamental
∂γ
∂ρ
×
∂γ
∂t
= (4ρ2 cos t ,0,ρ)
Este vector tiene componente z positiva por lo que la orientación correspondiente de la superficie S induce
en la curva frontera r la orientación que se ha usado en el apartado anterior (la que corresponde a recorrer
la circunferencia unidad en el plano XY en sentido anti horario).
El rotacional de F se calcula fácilmente y resulta ser rotF(x, y, z) = (0,−2y,2z). El teorema de Stokes afirma
que en estas condiciones se verifica la igualdad
w
r
F.dr =
Ï
S
rotF.dS
Calculemos la segunda integral.
Ï
S
rotF.dS =
πw
−π
[ 1w
0
rotF(γ(ρ, t )).
(
∂γ
∂ρ
×
∂γ
∂t
)
dρ
]
dt =
πw
−π
[ 1w
0
2ρ(3−2ρ2 cos2 t )dρ
]
dt = 5π
4 (1.5 puntos) Calcula, usando el teorema de la divergencia, el flujo saliente del campo
F(x, y, z)= (x3 +2y z, y3 −2xz, x2 + y2)
a través de la superficie S formada por la mitad superior del elipsoide de revolución x2 + y2 +
z2
4
= 1.
Solución.
Para aplicar el teorema de la divergencia debemos cerrar la su-
perficie S con su tapadera inferior S1 que es el disco unidad en el
plano XY el cual debemos orientar con la normal exterior (com-
ponente z < 0). Llamando Ω a la región que queda dentro de la
mitad superior del elipsoide, tenemos que ∂Ω= S ∪S1. En estas
condiciones el teorema de Gauss afirma que
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Ï
∂Ω
F.dS =
Ñ
Ω
divF(x, y, z)d(x, y, z)
Como
Ï
∂Ω
F.dS =
Ï
S
F.dS +
Ï
S1
F.dS
deducimos que
Ï
S
F.dS =
Ñ
Ω
divF(x, y, z)d(x, y, z) −
Ï
S1F.dS
Teniendo en cuenta que divF(x, y, z)= 3x2 +3y2 y que
Ω=
{
(x, y, z) : x2 + y2 É 1,0 É z É 2
√
1−x2 − y2
}
podemos calcular la integral de volumen como sigue:
Ñ
Ω
divF(x, y, z)d(x, y, z) =
Ï
D((0,0),1)



2
p
1−x2−y 2w
0
(3x2 +3y2)dz



d(x, y) =
=
Ï
D((0,0),1)
(3x2 +3y2)2
√
1−x2 − y2 d(x, y) =
[
x = ρcos t
y = ρsen t
]
=
=
πw
−π
[ 1w
0
6ρ3
√
1−ρ2 dρ
]
dt =
[
1−ρ2 = u2
]
= 2π
1w
0
(1−u2)u2 du =
8π
5
Por otra parte, una parametrización de la superficie S1 es
γ(ρ, t ) = (ρcos t ,ρsen t ,0), (ρ, t )∈[0,1]× [−π,π]
Tenemos:
∂γ
∂ρ
×
∂γ
∂t
= (0,0,ρ)
que es la normal interior, por lo que:
Ï
S1
F.dS =
πw
−π
[ 1w
0
F(γ(ρ, t )).(0,0,−ρ)dρ
]
dt =−
πw
−π
[ 1w
0
ρ3 dρ
]
dt =−
π
2
Concluimos que
Ï
S
F.dS =
8π
5
+
π
2
=
21
10
π
5 a) (0.25 puntos) Calcula los coeficientes de Fourier de la función periódica de periodo 2 dada por f (t ) = t 2
para −1 É t É 1 y f (t +2) = f (t ) para todo t ∈R.
b) (0.75 puntos) Justifica que para todo t ∈R se verifica que la suma de la serie de Fourier de f es igual a f (t )
y deduce que
∞
∑
n=1
(−1)n+1
n2
=
π2
12
,
∞
∑
n=1
1
n4
=
π4
90
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Solución.
a) Los coeficientes de Fourier cn están dados por
cn =
1
2
1w
1
t 2 e−πi nt dt
Integrando por partes dos veces se obtiene fácilmente que
cn = 2
(−1)n
n2π2
Directamente, se calcula c0 =
1
3
.
b) Como la función f tiene derivada continua a trozos y es ella misma continua en todo punto, se sigue, en
virtud de las condiciones de Riemann–Dirichlet que la serie de Fourier de f converge en todo punto t ∈R y
su suma es igual a f (t ). En particular, para todo t ∈[−1,1] se verificará que
f (t )= t 2 =
∞
∑
n=−∞
cn e
πi nt =
1
3
+
∞
∑
n=1
(
cn e
πi nt +c−n e−πi nt
)
=
1
3
+
∞
∑
n=1
cn
(
eπi nt +e−πi nt
)
=
1
3
+
∞
∑
n=1
2cn cos(nπt )
En particular, para t = 0 se verifica que
0 =
1
3
+
∞
∑
n=1
2cn =
1
3
+
∞
∑
n=1
4
π2
(−1)n
n2
=⇒
∞
∑
n=1
(−1)n+1
n2
=
π2
12
La igualdad de Parseval afirma que
1
T
T/2w
−T/2
∣
∣ f (t )
∣
∣
2
dt =
∞
∑
n=−∞
|cn |2
Esta igualdad se traduce en nuestro caso por:
1
5
=
1
2
1w
−1
t 4 dt =
∞
∑
n=−∞
|cn|2 =
1
9
+2
∞
∑
n=1
4
π4
1
n4
=⇒
∞
∑
n=1
1
n4
=
π4
90
6 (1.5 puntos) Integra la función de variable compleja
f (z) =
1−e2i z
z2(z2 +a2)
a > 0
a lo largo de la curva frontera, Γ(ε,R), de la mitad superior de la corona circular A(0;ε,R) con (0 < ε< a < R),
y usa el teorema de los residuos para calcular la integral
∞w
0
sen2 x
x2(x2 +a2)
dx
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Solución.
0−R −ε ε R
γε
γR
Aplicaremos el teorema de los residuos a la función f (z) en el
abierto Ω= C y el ciclo Γ(ε,R). El conjunto de las singularidades
de f en Ω es S = {0, ai ,−ai }. El ciclo Γ(ε,R) con 0 < ǫ< a < R no
pasa por ninguna singularidad de f , es decir, es un ciclo conteni-
do en Ω\S. Claramente Γ(ε,R) es nulhomólogo respecto a Ω=C.
En estas condiciones el teorema de los residuos afirma que
w
Γ(ε,R)
f (z)dz = 2πi Res( f (z), ai ) (1)
Por otra parte, teniendo en cuenta el sentido de recorrido del camino y llamando I(r ) a la integral de f en
una semicircunferencia de centro 0 y radio r recorrida en sentido anti horario, se tiene que:
w
Γ(ε,R)
f (z)dz =
Rw
ε
f (x)dx + I(R)− I(ε)−
−Rw
−ε
f (x)dx =
Rw
ε
( f (x)+ f (−x))dx + I(R)− I(ε) (2)
Para todo z en el semiplano superior, Im z > 0, con |z| =R > a se tiene que:
∣
∣ f (z)
∣
∣=
∣
∣1−e2i z
∣
∣
|z|2
∣
∣z2 +a2
∣
∣
É
1+e−2 Imz
|z|2
∣
∣
∣
∣z2
∣
∣−a2
∣
∣
É
2
R2(R2 −a2)
Deducimos que
|I(R)| ÉπR
2
R2(R2 −a2)
=
2π
R(R2 −a2)
=⇒ ĺım
R→+∞
I(R) = 0 (3)
El denominador de f tiene un cero de orden 2 en z = 0 y el numerador tiene en z = 0 un cero de orden 1
(porque 1−e2i z se anula para z = 0 pero su derivada −2i e2i z no se anula). Concluimos que f tiene un polo
simple en z = 0. En estas condiciones sabemos que
ĺım
ε→0
I(ε) =πi Res( f (z),0) (4)
Por otra parte
f (x)+ f (−x) =
1−e2i x
x2(x2 +a2)
+
1−e−2i x
x2(x2 +a2)
=
2−2cos(2x)
x2(x2 +a2)
=
4sen2 x
x2(x2 +a2)
(5)
Teniendo en cuenta las igualdades (1), (2), (3), (4) y (5), obtenemos que:
4
∞w
0
sen2 x
x2(x2 +a2)
dx = ĺım
ε→0
R→+∞
Rw
ε
( f (x)+ f (−x))dx = 2πi Res( f (z), ai )+πi Res( f (z),0)
Solamente queda calcular los residuos. Como se trata de polos simples tenemos que:
Res( f (z), ai )= ĺım
z→ai
(z −ai ) f (z) = ĺım
z→ai
1−e2i z
z2(z +ai )
=−
1−e−2a
2a3i
Res( f (z),0) = ĺım
z→0
z f (z) = ĺım
z→0
1−e2i z
z(z2 +a2)
= ĺım
z→0
1−e2i z
z
1
(z2 +a2)
=
−2i
a2
Finalmente, obtenemos:
∞w
0
sen2 x
x2(x2 +a2)
dx =
1
4
(
−2πi
1−e−2a
2a3i
+πi
−2i
a2
)
=
π
4a3
(e−2a −1+2a)
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