DEPARTAMENTO DE MATEMATICA APLICADA

UNIVERSIDAD POLITECNICA DE VALENCIA 22 de mayo de 2015

Métodos Matemáticos de la IC
Examen Segundo Bloque (GIC)

1. Se pide:

(a) Enuncia y demuestra la regla de Barrow Generalizada para una función f : [a, +∞[→ R
continua.
(1 punto)
Solución
Regla de Barrow Generalizada:
Si f es continua en [a, +∞[, F es una primitiva de f en [a, +∞[ y existe limx→+∞ F (x) =
F (+∞) entonces ∫ +∞
f (x)dx = F (+∞) − F (a).
a
Demostracion.
∫ +∞ ∫ b
f (x)dx = lim f (x)dx = lim (F (b) − F (a)) =
a b−>+∞ a (Regla de Barrow) b−>+∞

= lim (F (b)) − lim (F (a)) = F (+∞) − F (a).

b−>+∞ b−>+∞


(b) Calcula estas integrales o demuestra que divergen, por la regla de Barrow generalizada:
∫ 1 ∫ +∞
dx
√ x2 e−x dx.
−∞
3
4 − x 2

(2 puntos)

Solución

• La función f (x) = √ 3
1
4−x
está definida en todo R menos en x = 4, y, al ser un
cociente de funciones continuas, es continua en su dominio. En particular, está
definida y es continua en intervalo de integración ] − ∞, 1], por lo tanto se trata de
una integral impropia de primera especie. Primero, calcularemos una primitiva de f :
∫ ∫
dx −1/3 (4 − x)−1/3+1 3√
√ = − (−(4 − x) )dx = − + C = − 3 (4 − x)2 + C
3
4−x −1/3 + 1 2
3√
Entonces, una primitiva de f es F (x) = − 3
(4 − x)2 . Calculamos
2
−3 √ 3
lim F (x) = lim 3
(4 − x)2 = − (+∞) = −∞,
x→−∞ x→−∞ 2 2
con lo que F (−∞) = −∞, y aplicando la regla de Barrow generalizada:
∫ 1
dx 3√
√ = F (1) − F (−∞)− = −
3
9 − (−∞) = +∞.
−∞
3
4−x 2
∫1 dx
Por lo tanto la integral −∞ √3
4−x
es divergente.
• La función f (x) = x2 e−x está definida en todos los números reales, y, al ser un
producto de funciones continuas, es continua en R. En particular, está definida y es
continua en intervalo de integración ] − ∞, 0], por lo tanto se trata de una integral
impropia de primera especie.
Primero, calcularemos una primitiva de f . Para ello, utilizamos la fórmula de inte-
gración por partes con u = x2 , dv = e−x dx, con lo que du = 2xdx y v = −e−x .
Ası́:

∫ ∫
2 −x 2 −x
xe dx = − x e +2 xe−x dx

Aplicando de nuevo partes a u = x, dv = e−x dx, tenemos que du = dx y v = −e−x .

Ası́:
∫ ( ∫ )
2 −x 2 −x −x −x
x e dx = − x e + 2 −xe + e dx =

= − x2 e−x − 2xe−x − 2e−x + C = e−x (−x2 − 2x − 2) + C =

−x2 − 2x − 2
= +C
ex
Entonces una primitiva es

−x2 − 2x − 2
F (x) = .
ex
Calculamos

−x2 − 2x − 2 ∞ −2x − 2 ∞ −2
lim F (x) = lim = = lim = = lim x = 0,
x→+∞ x→+∞ e x ∞ L’H x→+∞ e x ∞ L’H x→+∞ e
con lo que F (+∞) = 0, y aplicando la regla de Barrow generalizada:
∫ +∞
10 10
x2 e−x dx = F (+∞) − F (2) = 0 + 2 = 2 .
2 e e
 2. Se pide:

(a) Define coordenadas polares en R2 y describe en coordenadas polares el recinto:

S = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≥ 1, x2 + (y − 1)2 ≤ 1}.

(2 puntos)
Solución
En R2 se puede definir un sistema de coordenadas, denominado sistema de coorde-
nadas polares. Si (x, y) son las coordenadas cartesianas de un punto de R2 , dicho
punto también se puede hallar a través de:
– θ, el ángulo que forma su vector de posición con el eje X (positivo);
– ρ, el módulo de su vector de posición (distancia del punto al origen).
Ası́ pues, si las coordenadas polares de un punto son (θ, ρ), se tiene que sus coorde-
nadas cartesianas (x, y) están dadas por:

x = ρ cos θ
y = ρ sen θ

Por otro lado, para expresar S en polares analizamos que x2 + y 2 ≥ 1 es el exterior

de la circunferencia de centro (0, 0) y radio 1 y x2 + (y − 1)2 ≤ 1, es el cı́rculo de
centro (0, 1) y radio 1, ası́ que, S es el recinto que muestra la figura:

La ecuación de la circunferencia de centro (0,0) y radio 1 en polares es ρ = 1.

Calculamos la ecuación de la circunferencia de centro (0, 1) y radio 1, x2 +(y−1)2 = 1,
en coordenadas polares:

ρ2 cos2 θ + (ρ sen θ − 1)2 = 1

ρ2 cos2 θ + ρ2 sen2 θ − 2ρ sen θ + 1 = 1
ρ − 2 sen θ = 0
ρ = 2 sen θ

Calculamos los puntos de corte de ambas circunferencias, en polares, 1 = 2 sen θ por

lo tanto, sen θ = 12 y θ = π6 o θ = 5π
6
. Ası́ que S descrito en coordenadas polares es:
{ }
π 5π
(θ, ρ) : ≤ θ ≤ , 1 ≤ ρ ≤ 2 sen θ .
6 6
 (b) Halla la integral: ∫∫∫
x2 dxdydz
V
√
siendo V el recinto encerrado entre el cono z = x2 + y 2 y el plano z = 1.
(2 puntos)

Solución

Dibujando el cono y el plano obtenemos que el recinto de integración es el que aparece

en la figura:

Si utilizamos coordenadas cartesianas para expresar este dominio se complica mucho el

cálculo integral. Sin embargo, esta integral se puede resolver utilizando coordenadas
cilı́ncricas o en esféricas.
En coordenadas cilı́ndricas:
√ √
La parte superior del cono z = x2 + y 2 , en coordenadas cilı́ndricas queda z = r2 = r
y el plano tiene la misma ecuación en cilı́ndricaa z = 1. El corte de la dos figuras
proyectado sobre el plano XY es la circunferencia de centro (0,0) y radio 1, en cilı́ndricas
cumple r = 1. Ası́ la variación del ángulo θ es de 0 a 2π. Para cualquier θ, r varı́a de 0 a
la circunferencia de centro (0, 0) y radio 1 , es decir, r = 1. Y la z, fijados (θ, r), varı́a
del cono z = r al plano z = 2. Entonces V en coordenadas cilı́ndricas se describe:

{(θ, r, z) : 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1, r ≤ z ≤ 1}
Ası́ que,

∫∫∫ ∫ (∫ (∫ ) ) ∫ (∫ )
2π 1 1 2π 1 ( )
2
x dxdydz = 2 2
r cos θrdz dr dθ = r cos 3 2
θ [z]1r dr dθ =
V 0 0 r 0 0
∫ 2π (∫ 1 ) ∫ 2π (∫ 1 )
( 3 )
= r cos θ (1 − r) dr dθ =
3 2
cos θ r − r dr dθ =
2 4

∫ 2π ( ])
0 0 0 0
[ 4 5 1 ∫ 2π ( )
r r 1 1
= 2
cos θ − dθ = 2
cos θ − dθ =
0 4 5 0 0 4 5
∫ 2π [ ]2π
1 1 + cos(2θ) 1 sen(2θ) 1 π
= dθ = θ+ = (2π) =
20 0 2 40 2 0 40 20
En coordenadas esféricas:
Calculamos la ecuación de la parte superior del cono en coordenadas esféricas:

√
ρ cos φ = ρ2 cos2 θ sen2 φ + ρ2 sen2 θ sen2 φ
√
ρ cos φ = ρ2 sen2 φ
ρ cos φ = ρ sen φ
tan φ = 1
π
φ=
4

y también la del plano:

ρ cos φ = 1
1
ρ= .
cos φ

Además, la proyección sobre el plano XY del corte de las dos superficies, es la circun-
ferencia de centro (0, 0) y radio 1. Por lo tanto, V descrito en coordenadas esféricas
es:
{ }
π 1
(θ, ρ, φ) : 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ , 0 ≤ ρ ≤ .
4 cos φ
Ası́ que,

∫∫∫ ∫ (∫ π
(∫ 1
) )
2π 4 cos φ
x2 dxdydz = ρ2 cos2 θ sen2 φρ2 sen φdρ dφ dθ =
V 0 0 0
∫ (∫ π
(∫ 1
) )
2π 4 cos φ
= ρ4 cos2 θ sen3 φdρ dφ dθ =
0 0 0
∫ (∫ π ] 1 ) [
2π 5 cos φ
4 ρ
= cos2 θ sen3 φ dφ dθ =
0 0 5 0
∫ 2π (∫ π ( ) )
4 1
= cos2 θ sen3 φ dφ dθ =
0 0 5 cos5 φ
∫ (∫ π ( ) )
1 2π 4 1
= cos2 θ tan3 φ dφ dθ =
5 0 0 cos2 φ
∫ [ ]π ∫ ( )
1 2π 2 tan4 φ 4 1 2π 2 1
= cos θ dθ = cos θ dθ =
5 0 4 0 5 0 4
∫ 2π [ ]2π
1 1 + cos(2θ) 1 sen(2θ) π
= dθ = θ+ =
20 0 2 40 2 0 20
 3. Se pide:

(a) Describe razonadamente la resolución de la ecuación diferencial lineal

y ′ = A(x)y + B(x)

donde A, B : I → R son funciones continuas en un intervalo abierto I.

(2 puntos)
Solución
(a) Primero resolveremos la ecuación diferencial homogénea asociada a la ecuación
diferencial lineal original.
Para ello, consideraremos B(x) = 0 en la ecuación, con lo que se obtiene la
ecuación diferencial
dy
y ′ = A(x)y ⇒ = A(x)dx.
y
que es una ecuación de variables separables. La resolvemos:
∫ ∫
dy
= A(x)dx + K
y
∫
ln(y) = A(x)dx + K,

es decir, ∫ ∫ ∫
A(x)dx+K A(x)dx K A(x)dx
y=e =e e = Ce
donde C = eK es constante.
(b) A continuación sustituiremos, en la solución general de la ecuación homogénea
que acabamos de obtener, la constante C por una función v(x) que debemos
determinar.
∫
A(x)dx
y = v(x)e . (∗)
Derivando ∫ ∫
y ′ = v ′ (x)e A(x)dx + v(x)A(x)e A(x)dx
Si sustituimos y e y ′ en la ecuación diferencial lineal se obtiene

y ′ = A(x)y + B(x)
∫ ∫ ∫
v ′ (x)e A(x)dx
+ v(x)A(x)e A(x)dx
= A(x) v(x)e A(x)dx +B(x)
| {z } | {z }
y′ y
∫
′ A(x)dx
v (x)e = B(x)
∫
v ′ (x) = B(x)e− A(x)dx

de donde ∫ ∫
v(x) = B(x)e− A(x)dx
dx + K.

Por tanto, si sustituimos v(x) en (∗), se obtiene que la solución general de la

ecuación diferencial lineal completa es:
∫
( ∫ ∫
)
A(x)dx − A(x)dx
y=e K + B(x)e dx .
 (b) Halla la integral general de la ecuación diferencial

y ′′ + 2y ′ = xe2x .

(1 punto)

Solución

Como es una ecuación diferencial lineal de orden 2 completa, resolvemos primero su

ecuación diferencial lineal homogénea asociada.

y ′′ + 2y ′ = 0.

El polinomio caracterı́stico de esta ecuación es λ2 + 2λ, que tiene como raı́ces λ1 = 0 y

λ2 = −2. Por tanto, su solución es

yH = C1 e0x + C2 e−2x = yH = C1 + C2 e−2x .

Por otra parte, como b(x) = xe2x y α = 2 no es raı́z del polinomio caracterı́stico, entonces
una solución particular de la ecuación diferencial lineal completa es de la forma

yp = x0 (ax + b)e2x = (ax + b)e2x

Calculemos ahora los coeficientes a y b.

(1) En primer lugar, calculemos las derivadas de yp hasta orden 2, es decir, hasta el
orden que necesitamos para sustituir en la ecuación diferencial:

yp′ = ae2x + (ax + b)2e2x = (2ax + 2b + a)e2x

yp′′ = (2a)e2x + (2ax + 2b + a)2e2x = (4ax + 4b + 4a)e2x .

(2) Como yp es una solución particular de la ecuación diferencial lineal completa, entonces
debe verificar dicha ecuación. Por tanto, si sustituimos en la ecuación se obtiene

yp′′ + 2yp′ =(4ax + 4b + 4a)e2x + 2(2ax + 2b + a)e2x =

=(8ax + 8b + 6a)e2x

x Ası́ que como yp debe cumplir yp′′ + 2yp′ = e2x tenemos

{
8a = 1
(8ax + 8b + 6a)e2x = xe2x ⇒ 8ax + 8b + 6a = x ⇒
8b + 6a = 0

Resolviendo el sistema obtenemos a = 81 y b = − 32

3
. Por tanto,
( )
1 3
yp = x− e2x .
8 32

Ası́ pues, la solución general de la ecuación diferencial es

( )
−2x 1 3
y = yH + yp = C1 + C2 e + x− e2x .
8 32