Universidad de Alcalá Curso 2016-17

Dpto. de Física y Matemáticas Cálculo I (350001)

Examen �nal. Jueves, 19 de Enero de 2017

Apellidos:

Nombre:

Grupo: Número de lista:

IMPORTANTE: Lee detenidamente la siguiente información antes de comenzar.

• Problemas distintos se hacen en hojas distintas.

• Numera cada hoja. Indica el número de lista en cada hoja en la esquina superior

derecha.

• No se permite el uso de calculadora en el examen.

Parte 1.

1. Analiza la convergencia de las siguientes series:

(a) (2 puntos)

∞∑k=1

2k k!

kk

(b) (2 puntos)

∞∑k=1

(2k + 1)2k

(5k2 + 1)k

Solución:

(a) Para la primera serie usamos el criterio del cociente. Para ello, con

ak =2k k!

kk

calculamos

limk→∞

ak+1

ak= lim

k→∞

2k+1 (k + 1)!

(k + 1)k+1

2k k!

kk

= limk→∞

2k+1

2k(k + 1)!

k!

kk

(k + 1) (k + 1)k=

= limk→∞

2

(k

k + 1

)k= 2 exp

(limk→∞

(k

k + 1− 1

)· k)

=2

e< 1.

Por lo tanto la serie es convergente.

(b) En este caso usamos el criterio de la raíz. Para ello, con

ak =(2k + 1)2k

(5k2 + 1)k

calculamos

limk→∞

k√ak = lim

k→∞k

√(2k + 1)2k

(5k2 + 1)k= lim

k→∞

(2k + 1)2

5k2 + 1= lim

k→∞

4k2 + 4k + 1

5k2 + 1=

4

5< 1,

así que la serie es convergente.

2. Considera la señal

x(t) = t2 (u(t+ 2)− u(t− 2)) + t (u(t+ 1)− u(t− 1)) .

(a) (2 puntos) Exprésala como función a trozos usando llaves (sin escalones ni val-

ores absolutos).

Solución: La función se ha construido con dos pulsos rectangulares que se

solapan. Teniendo eso en cuenta es fácil escribir:

x(t) =

t2 si − 2 < t < −1t2 + t si − 1 < t < 1

t2 si 1 < t < 2

0 en otro caso.

(b) (2 puntos) Sea w(t) la parte par de la señal x(t) del apartado anterior. Escríbe

w(t) usando funciones escalón de la forma u(t−c) (en particular, en el resultado

�nal no deben aparecer escalones de la forma u(c−t)). Indicación: ten en cuenta

que la parte par de una suma es la suma de las partes pares de los sumandos.

Solución: La manera más fácil de hacer esto es observando que los rectángulos

(u(t+2)− u(t− 2)) y (u(t+1)− u(t− 1)) son ambos señales pares, porque los

intervalos son simétricos respecto del origen. Por lo tanto

t2(u(t+ 2)− u(t− 2))

es una señal par (producto de señales pares) mientras que

t(u(t+ 1)− u(t− 1))

es una señal impar (producto de señal impar por señal par). Así pues:

Par{x(t)} = t2 (u(t+ 2)− u(t− 2)) .

3. (2 puntos) Calcula el periodo fundamental de la señal

sin

(8πt

5

)sin

(4πt

7

).

Solución: Usando identidades trigonométricas:

sin

(8πt

5

)sin

(4πt

7

)=

1

2

(cos

(8πt

5− 4πt

7

)− cos

(8πt

5+

4πt

7

))=

=1

2

(cos

(36πt

35

)− cos

(76πt

35

)).

Estas dos funciones tienen, respectivamente, periodos iguales a:

T1 =2π36π35

=35

18, T2 =

2π76π35

=35

38

Para encontrar el periodo hacemos

T1T2

=m

n,

es decir:

T1T2

=

35

1835

38

=38

18=

19

9,

con lo que tomamos m = 19, n = 9 y el periodo es

nT1 = mT2 =35

2.

Parte 2.

1. (4 puntos) Estudia el dominio, simetrías, crecimiento, concavidad y comportamiento

en el in�nito de la función

f(x) =x2 − 3

x3.

Usa esa información y cualquier otra que consideres relevante para dibujar una grá�ca

aproximada de la función.

Solución: La función está de�nida para todos los valores de x salvo para x = 0. Enese punto es discontinua. Más precisamente, los límites laterales son:

limx→0−

x2 − 3

x3= +∞, lim

x→0+

x2 − 3

x3= −∞.

Es fácil observar que f(−x) = −f(x). Es decir, que f es una función impar.

A continuación, para estudiar su comportamiento en el in�nito calculamos:

limx→+∞

x2 − 3

x3= 0+.

El símbolo 0+ signi�ca que f(x) tiende a 0 tomando valores positivos. Por simetría

se tiene:

limx→−∞

x2 − 3

x3= 0−.

El crecimiento se analiza usando la primera derivada:

f ′(x) =

(x2 − 3

x3

)′=

(1

x− 3

x3

)′= − 1

x2+

9

x4=

9− x2

x4=

(3− x)(3 + x)

x4.

A partir de este cálculo podemos analizar el signo de f ′:

f ′(x) < 0 si x < −3f ′(x) = 0 si x = −3f ′(x) > 0 si − 3 < x < 3 (no de�nida en el origen)

f ′(x) = 0 si x = 3

f ′(x) < 0 si 3 < x.

En particular f es creciente en el intervalo (−3, 3) (de nuevo, recordamos que en

el origen no está de�nida) y decreciente en los intervalos (−∞,−3) y (3,∞). Se

deduce que f tiene un mínimo local cuando x = −3 (con valor f(−3) = −6/27) y un

máximo local cuando x = 3 (con valor f(3) = 6/27). Obsérvese que estos resultadosson compatibles con lo que sabemos sobre la simetría de f(x).

Para estudiar la concavidad calculamos la derivada segunda:

f ′′(x) =

(− 1

x2+

9

x4

)′=

2

x3−36

x5=

2x2 − 36

x5=

2(x2 − 18)

x5=

2(x− 3√2)(x+ 3

√2)

x5.

A partir de aquí se puede analizar el signo de f ′′. Téngase en cuenta que aunque

f ′′ no está de�nida en x = 0, el denominador x5 cambia de signo cuando x cruza el

origen. Por tanto:

f ′′(x) < 0 si x < −3√2

f ′′(x) = 0 si x = −3√2

f ′′(x) > 0 si − 3√2 < x < 0f ′′(x) (no está de�nida en el origen)

f ′′(x) < 0 si 0 < x < 3√2

f ′′(x) = 0 si x = 3√2

f ′′(x) > 0 si x > 3√2.

Es decir, que:

• f tiene puntos de in�exión en ±3√2.

• Es convexa (como x2) en los intervalos (−3√2, 0) y (3

√2,∞).

• Es cóncava (como −x2) en los intervalos (−∞,−3√2) y (0, 3

√2).

Con la anterior información la grá�ca de f es:

Los puntos A y B de la �gura indican los extremos locales de la función.

2. (3 puntos) Calcula: ∫x2 arctanx dx.

Solución:

Integramos por partes, tomando

{u = arctanx

dv = x2 dx⇒

du =

1

x2 + 1dx

v =x3

3

,

con lo que ∫x2 arctanx dx =

x3

3arctanx− 1

3

∫x3

x2 + 1dx.

Para hacer esta última primitiva racional podríamos dividir x3 entre x2 +1. Pero es

más fácil observar que si se toma

w = x2, dw = 2x dx

entonces∫x3

x2 + 1dx =

∫x2

x2 + 1xdx =

1

2

∫w

w + 1dw =

1

2

∫w + 1− 1

w + 1dw =

1

2

∫1− 1

w + 1dw =

1

2(w − ln(|w + 1|)) = 1

2

(x2 − ln(x2 + 1)

)+ C.

Sustituyendo esto en el resultado de la integral por partes obtenemos∫x2 arctanx dx =

x3

3arctanx− 1

6

(x2 − ln(x2 + 1)

)+ C.

3. (3 puntos) Sea y = f(x) la función de�nida implícitamente por la ecuación

x3 + 4xy2 − 5x+ 2y − 2 = 0.

Comprueba que el punto (x, y) = (1, 1) veri�ca esa ecuación y calcula f ′′(1) (½derivadasegunda!) usando derivación implícita.

Solución:

Para comprobar que el punto veri�ca la ecuación basta con sustituir x = 1, y = 1 en

el primer miembro de la ecuación y comprobar que el resultado es 0.

13 + 4 · 1 · 12 − 5 · 1 + 2 · 1− 2 = 1 + 4− 5 + 2− 2 = 0.

Hecho esto, derivamos implícitamente:

3x2 + 4y2 + 8xyy′ − 5 + 2y′ = 0.

Despejamos la derivada

y′ =5− 3x2 − 4y2

8xy + 2

y sustituimos las coordenadas del punto:

f ′(1) = y′(1) =−210

=−15.

Para calcular la derivada segunda lo más fácil es volver a la ecuación

3x2 + 4y2 + 8xyy′ − 5 + 2y′ = 0

y derivar implícitamente una segunda vez:

6x+ 8yy′ + 8yy′ + 8x(y′)2 + 8xyy′′ + 2y′′ = 0.

Despejamos

y′′ = −6x+ 16yy′ + 8x(y′)2

8xy + 2.

Sustituimos aquí x = 1, y = 1, y′ = −1/5 y se obtiene

y′′(1) = f ′′(1) = −6 + 16(−1/5) + 8(−1/5)2

8 + 2= −150− 80 + 8

250= − 78

250= − 39

125.

Aunque no se pedía en el ejercicio, para quienes lo han visto en clase es interesante

destacar que con esos valores de la primera y segunda derivadas ya podemos con-

struir la parábola tangente a la curva implícta en el punto (1, 1). La siguiente �gura

muestra, en azul, la curva de�nida por la ecuación implícita y en rojo la parábola

tangente en ese punto.

Parte 3.

1. (3 puntos) Sea R la región delimitada por las siguientes ecuaciones:

y = 0, x = 0, y = x2 + 2, y = (x− 2)2.

Dibuja la región R y calcula el volumen generado por R al girar alrededor del eje x.

Solución: La región está delimitada por los ejes de coordenadas y dos parábolas

desplazadas cuyo único punto de corte se obtiene de

x2 + 2 = (x− 2)2.

Es decir:

2 = −4x+ 4⇒ 4x = 2⇒ x =1

2.

El dibujo de la región R es:

Así que para calcular el volumen del sólido de revolución podemos descomponerla en

dos subregiones, R1 formada por los puntos de R con 0 < x < 12 y R2 formada por

los puntos de R con 12 < x < 2. A partir de ahí el volumen del sólido es:∫ 1/2

0π(x2 + 2)2 dx+

∫ 2

1/2π(x− 2)4 dx =

∫ 1/2

0π(x4 + 4x2 + 4) dx+ π

(x− 2)5

5

∣∣∣∣21/2

=

= π

(x5

5+ 4

x3

3+ 4x

)∣∣∣∣1/20

+243π

160=

1043π

480+

243π

160=

443π

120.

En el examen, desde luego, bastaba con dejar indicados los valores numéricos.

2. (4 puntos) Resuelve el siguiente problema de valores iniciales usando la transformada

de Laplace: {y′′(t) + 5 y′(t) + 6 y(t) = u(t− 2),

y(0) = 0, y′(0) = 0.

Atención: se deben calcular los valores numéricos de los coe�cientes en las descom-

posiciones en fracciones simples.

Solución: Aplicando la transformada a ambos miembros de la ecuación se obtiene:

s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + 5(sY (s)− y(0)) + 6Y (s) =e−2s

s,

así que

Y (s) = e−2s1

s(s2 + 5s+ 6)= e−2s

1

s(s+ 2)(s+ 3)= e−2s

(A

s+

B

s+ 2+

C

s+ 3

).

Completando la descomposición en fracciones simples se obtiene

A =1

6, B = −1

2, C =

1

3,

con lo que

Y (s) = e−2s(

1

6s− 1

2(s+ 2)+

1

3(s+ 3)

),

y antitransformando

y(t) =

(1

6− 1

2e−2(t−2) +

1

3e−3(t−2)

)u(t− 2),

o lo que es lo mismo,

y(t) =

(1

6− 1

2e−2t+4 +

1

3e−3t+6

)u(t− 2).

3. (3 puntos) Calcula la serie de Fourier de la extensión periódica de la señal

x(t) = 1− t2, −1 < t < 1.

Solución: Puesto que la señal es par todos los coe�cientes bk son 0. Se tiene T = 2y por tanto

ω =2π

2= π.

Basta entonces con calcular

a0 =2

T

∫ 1

−1(1− t2) dt = 4

T

∫ 1

0(1− t2) dt = 4

3

y, para k ≥ 1:

ak =2

T

∫ 1

−1(1− t2) cos(kπt) dt = 4

T

∫ 1

0(1− t2) cos(kπt) dt = −4 · (−1)

k

k2π2.

El cambio en los extremos de integración (que no es imprescindible) se obtiene de

observar que x(t) es par. El resultado de ak se obtiene integrando por partes (dos

veces): ∫(1− t2) cos(kπt) dt = (1− t2)

kπsin(kπt) +

2

kπ

∫t sin(kπt) dt

{u = 1− t2

dv = cos(kπt) dt⇒

du = −2t dt

v =1

kπsin(kπt)

Esta segunda integral se calcula también por partes:∫t sin(kπt) dt = − t

kπcos(kπt)+

1

kπ

∫cos(kπt) dt = − t

kπcos(kπt)+

1

k2π2sin(kπt)

{u = t

dv = sin(kπt) dt⇒

du = dt

v = − 1

kπcos(kπt)

Sustituyendo este resultado en la primera integración por partes:∫(1− t2) cos(kπt) dt = (1− t2)

kπsin(kπt) +

2

kπ

(− t

kπcos(kπt) +

1

k2π2sin(kπt)

).

Ahora usamos la regla de Barrow, calculando el valor de esta expresión en t = 1menos su valor en t = 0. Debemos tener en cuenta que, sea cual sea k,

sin(kπ) = 0, cos(kπ) = (−1)k.

Con lo anterior se obtiene la fórmula para ak que hemos mostrado antes. La serie de

Fourier es, por tanto

F{x(t)} = a02

+

∞∑k=1

ak cos(kπt) =2

3−∞∑k=1

4 (−1)k

k2π2cos(kπt) =

=2

3+

4

π2cos(πt)− 4

22π2cos(2πt) +

4

32π2cos(3πt) + · · ·

La �gura muestra en naranja la señal dada (en el intervalo −1 < t− < 1) y en azul

los cinco primeros términos de la serie de Fourier.