AMPLIACION DE CALCULO. 102026. JUNIO DE 2002. PRIMERA SEMANA.

ESCUELA TECNICA SUPERIOR DE INGENIEROS INDUSTRIALESINSTRUCCIONES

Las preguntas pueden tener varias respuestas correctas. Cada pregunta, de la 1a a la 7a , con todas las respuestas correctas vale un

punto, en otro caso, cero puntos. El problema (no 8) contestado de forma totalmente correcta, vale tres puntos. Tache con una cruz

las letras de las respuestas correctas ((a),(b),(c),(d),(e),(f),(g)) o, en su caso, responda sin salirse del rectangulo senalado. Responda a

las siete primeras cuestiones en esta cara y desarrolle el problema (no 8) al dorso. Se puede utilizar las unidades didacticas originales

(Primera Parte, Segunda Parte y Ejercicios de Autocomprobacion). No esta permitido ninguna otra clase de material: libros, apuntes,

fotocopias . . . . Las unidades didacticas pueden contener anotaciones manuscritas, en cuyo caso, no pueden prestarse a otro alumno.

Entregue unicamente esta hoja. No se corregira ninguna otra.1er apellido:2o apellido:Nombre: DNI:Centro Asociado:

1. Sean A ={(x, y) R2 : |x|+ |y| 3

}, B = [2, 2] [2, 2] y B la funcion caracterstica correspondiente a B . Calculese

AB(x, y)dxdy.

a) 0 b) xy c) 1 d) 7 e) 14 f) 28 g) 10 h) 15 i) 25 j) k) Ninguna de las anteriores

2. Sea B el solido de R3 (cilindro oblicuo) generado al trasladar el crculo x2 + y2 9, z = 0 a lo largo del segmento

x = y = z, 0 z 2. CalculeseBxydxdydz.

3. Calculese el valor absoluto de la integral de superficie de la funcion vectorial

F (x, y, z) =(x cos(y2) + cos(cos z), y cos(x2) + z3, (2 z)(cos(y2) + cos(x2)) z

)sobre la porcion de superfice conica x2 + y2 = 9z2, 0 z 2. Sugerencia: aplquese el Tma de la divergencia.

4. Determnense los lmites de integracion, A,B,C,D (no necesariamente constantes) para que la siguiente igualdad de

integrales iteradas sea correcta: 2

1

( 32x(x2)2

f(x, y)dy

)dx =

BA

( DC

f(x, y)dx

)dy

A= B= C= D=

5. Calculese el residuo de la funcion f(z) =sen (z2)z11

en el punto z = 0.

6. Sea f : C C acotada y meromorfa en el crculo |z| < 2; y sea (t) = eit, 0 t 2. Se puede asegurar que:a) La integral

f(z)dz existe b) La integral

f(z)dz existe y su valor es 2i.

c) La integralf(z)dz existe y su valor es cero. d) Ninguna de las anteriores.

7. Sea f una funcion compleja definida en un abierto A de C. Senale las proposiciones verdaderas.a) f continua en A f derivable en A b) f derivable en A f continua en Ac) f derivable en A f continua en A d) f derivable en A f derivable en Ae) f derivable en A f analtica en A f) f analtica en A existe una primitiva de f en A

8. Sea f la funcion compleja de variable compleja definida por f(z) =z18

z19 1.

a) Determnese la serie de Laurent de f en el punto del infinito. (15 puntos)b) Calculese el valor de la integral

f(z)dz, en donde (t) = 2eit, 0 t 2. (15 puntos)

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1. Solucion e). Sea D un rectangulo cualquiera que contenga a los conjuntos A y B. EntoncesAB(x, y)dxdy = =

DB(x, y)A(x, y)dxdy =

DBA(x, y)dxdy = area(B A) = 16 4 12 = 14

Observese que A es el cuadrado de vertices (3, 0), (0, 3), (3, 0), (3, 0).

2. Solucion 24. El crculo del enunciado se parametriza por x = cos , y = sen , z = 0, con 0 2, 0 3. Porlo tanto, si D es el paraleleppedo 0 2, 0 3, 0 t 2 y g(, , t) = (t+ cos , t+ sen , t), entonces B = g(D).Aplicando el teorema de cambio de variable, resultaBxydxdydz =

D(t+ cos )(t+ sen )Jg(, , t)dddt =

=D(t2 + t cos + t sen + 2 cos sen )dddt =

20

30

20t2dddt = (2)[

2

2 ]30[t3

3 ]20 = 24.

3. Solucion 48. Sean C la superficie conica del enunciado, D el crculo x2 + y2 = 36, z = 2 y B el solido limitado por Cy D. Aplicando el teorema de la divergencia, considerando en las superficies C y D las orientaciones correspondientes a losvectores normales salientes n1, n2, se obtiene

B

div F (x, y, z)dxdydz =C(F n1)dS +

D(F n2)dS. En consecuencia

C(F n1)dS =

BdivF (x, y, z)dxdydz

D(F n2)dS =

B(1)dxdydz

D(2)dS = 13 6

2 2 + 2 62 = 48

4. Solucion A = 0, B = 1, C = 2y,D = 2 y3. Se trata de la integral de f en el recinto acotado limitado por las curvasy = (x 2)2, y = 3

2 x, que se cortan en los puntos (1, 0) y (2, 0).

5. Solucion1120

. Para todo z 6= 0 se tiene f(z) = sen (z2)

z11=

k=0

(1)k(2k+1)! (z

2)2k+1

z11=

k=0

(1)k

(2k + 1)!z4k9.

En consecuencia, Res (f, 0) =(1)2

5!=

1120

.

6. Solucion a), c). Si alguna de las singularidades de f en el disco |z| < 2 no fuera evitable, entonces f no estara acotadaen |z| < 2. Por lo tanto, f solo tiene singularidades evitables. Consideremos la funcion analtica g definida en |z| < 2 porg(z) = limwz f(w) si z es una singularidad y g(z) = f(z) en otro caso. Las funciones z = g((t))(t) y z = f((t))(t)son iguales en todo punto, excepto en los de un conjunto de medida cero. Por lo tanto, f es integrable sobre siendof(z)dz =

g(z)dz. Por el teorema de Cauchy,

f(z)dz =

g(z)dz = 0.

7. Solucion b), c), d), e). Veanse U.D. pags.225, 226. No son verdaderas a) y f). Dos contraejemplos seran, respectivamente,

f(x+ iy) = x en A = C y f(z) =1zen A = C \ {z C : |z| 1} .

8. a) Recordando como se suma una serie geometrica se obtiene:

f(z) =z18

z19 1=

z1

1 z19= z1

11 z19

= z1k=0

(z19

)k=

k=0

z19k1

La serie geometrica converge cuando la razon tiene modulo menor que uno. En nuestro caso, la serie anterior converge si|z19| < 1, esto es, en la corona |z| > 1, que es un entorno del punto del infinito. La unicidad de la serie de Laurent permiteasegurar que la serie anterior es la de Laurent correspondiente al punto del infinito.b) Se aplica el teorema de los residuos, pero, en lugar de calcular los residuos en los diecinueve polos simples z1, . . . , z19 def , que estan en el crculo |z| < 2 , calculamos el residuo en el punto del infinito, pues Res (f,) +

19j=1 Res (f, zj) = 0.

El coeficiente del termino de exponente 1 en la serie de Laurent correspondiente al punto del infinito es 1, as que,Res (f,) = 1. Por otra parte, el camino de integracion es una circunferencia positivamente orientada, por lo queInd(zj) = 1 para todo j {1, . . . , 19}. En consecuencia,

f(z)dz = 2i19j=1

Res (f, zj)Ind(zj) = 2iRes (f,) = 2i

Nota: El segundo apartado tambien puede resolverse aplicando el cambio de variable w = h(z) = z19 al integrando

g(z) =1

z 1, que verifica g h(z)h(z) = 19f(z)h

g(w) dw = 2

0

g(h (t)) (h )(t) dt = 2

0

g h((t))h((t)) (t) dt =

g h(z)h(z) dz

Observese que h es una circunferencia de centro el origen y radio 219 recorrida 19 veces en sentido positivo. Aplicando elTeorema de los residuos resulta

f(z)dz =119

g h(z)h(z) dz = 119

h

g(w)dw =2i19

Res (g, 1)Indh(1) =2i19

1 19 = 2i

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Las preguntas pueden tener varias respuestas correctas. Cada pregunta, de la 1a a la 7a , con todas las respuestas correctas vale un

punto, en otro caso, cero puntos. El problema (no 8) contestado de forma totalmente correcta, vale tres puntos. Tache con una cruz

las letras de las respuestas correctas ((a),(b),(c),(d),(e),(f),(g)) o, en su caso, responda sin salirse del rectangulo senalado. Responda a

las siete primeras cuestiones en esta cara y desarrolle el problema (no 8) al dorso. Se puede utilizar las unidades didacticas originales

(Primera Parte, Segunda Parte y Ejercicios de Autocomprobacion). No esta permitido ninguna otra clase de material: libros, apuntes,

fotocopias . . . . Las unidades didacticas pueden contener anotaciones manuscritas, en cuyo caso, no pueden prestarse a otro alumno.

Entregue unicamente esta hoja. No se corregira ninguna otra.1er apellido:2o apellido:Nombre: DNI:Centro Asociado:

1. Sea P la particion P = {0, 2, 3} {1, 2, 3} sobre el rectangulo Q = [0, 3] [1, 3] y f : Q R definida por f(x, y) = x y.

Calculese la suma superior de Riemann S(f, P ).

2. Calculese el volumen del toro engendrado al girar el crculo de ecuaciones y2 + z2 6z + 5 0, x = 0 alrededor del eje

Oy.

3. Senalense las funciones que tengan primitiva en el abierto A = {z C : 2 < |z 3i| < 4}.a) f(z) =

1z i

b) f(z) =1

(z 3i)2c) f(z) =

1z + 4 3i

d) f(z) =1

(z 2i)2e) f(z) =

1z 3i

f) f(z) =1

z 9g) f(z) =

1(z i)2

4. Sea f : C C definida por f(x+ iy) = 1 + x(y i), en donde x, y R. Senalese el valor de f (1).a) No existe b)iy c)0 d)i e) i f)1 g)1 h)y 1 i)1 i j)Ninguna de las anteriores

5. Senalese el numero de ceros de la funcion f(z) = z5 2z4 9z3 + 3z2 z + 1 en el crculo |z| < 1.Nota. Los ceros dobles cuentan como dos ceros, los triples como tres, etc.

a) 5 b) 4 c) 3 d) 2 e) 1 f) 0 g) 6

6. Calculese el valor de la integral

33z4 z5

dz, en donde (t) = i+ 2eit, con 0 t 2.

7. Senalense las transformaciones de Mobius que aplican el semiplano Re(z) 0 en el crculo |w| 1.a) w =

z iz + i

b) w =z 1z + 1

c) w =z iz 1

d) w =z + 1z 1

e) Ninguna de las anteriores.

8. Sea f : R R una funcion de clase uno.a) Estudiese si el campo h(x, y) = (yf(xy) + 1, xf(xy) + 1) es un gradiente en todo R2. (1 punto).b) Calculese la integral curvilnea

C(yf(xy) + 1)dx + (xf(xy) + 1)dy en donde C es la curva dada por x = 2t + (t2

t) cos4(cos(t3)), y = (1 t) cos( sen ( sen (t))), con 0 t 1. (2 puntos).Sugerencia: considerese una primitiva F de f .

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1. Solucion 5.

S(f, P ) = |[0, 2] [1, 2]|max{x y : (x, y) [0, 2] [1, 2]}+ |[2, 3] [1, 2]|max{x y : (x, y) [2, 3] [1, 2]}++|[0, 2] [2, 3]|max{x y : (x, y) [0, 2] [2, 3]}+ |[2, 3] [2, 3]|max{x y : (x, y) [2, 3] [2, 3]} =

= 2 1 + 1 2 + 2 0 + 1 1 = 5

2. Solucion 242. El crculo tiene radio 2 y centro en el punto (0, 0, 3), pues y2 + z2 6z + 5 = y2 + (z 3)2 4. Por elteorema de Guldin, el volumen es V = ( 22) (2 3) = 242.

3. Solucion b), c), d), f), g). Las funciones de la forma f(z) = 1(zz0)2 tienen primitiva en C\{z0}, y, por lo tanto, en cualquierabierto que no contenga al punto z = z0: en efecto, sus primitivas son F (z) = 1(zz0) +C. Por otra parte, las funciones de laforma f(z) = 1zz0 tienen primitiva en cualquier abierto cuyo complementario contenga una semirrecta con origen en z = z0:sus primitivas son las funciones de la forma F (z) = log(zz0)+C, en donde log representa cualquiera de las determinacionesdel logaritmo. En consecuencia, las respuestas correctas son b), c), d), f) y g).

4. Solucion e). La parte real u(x, y) = 1 + xy y la imaginaria v(x, y) = x son diferenciables. Ademas se satisfacenlas condiciones de Cauchy-Riemann: u(1,0)x = 0 =

v(1,0)y ,

u(1,0)y = 1 =

v(1,0)x . En consecuencia, existe la derivada

f (1) = limz1f(z)f(1)

z1 . Como el lmite existe, podemos calcular su valor aproximandonos por la recta y = 0, obteniendo

f (1) = limx1

f(x+ 0i) f(1)x+ 0i 1

= limx1

(ix) (i)x 1

= limx1

i(x 1)x 1

= i

5. Solucion c). Sea g(z) = 9z3, funcion que tiene tres ceros (un cero triple) en el crculo |z| < 1. Si |z| = 1, se tiene|g(z)| = 9, mientras que

|f(z) g(z)| = |z5 2z4 + 3z2 z + 1| |z5|+ |2z4|+ |3z2|+ |z|+ 1 = |z|5 + 2|z|4 + 3|z|2 + |z|+ 1 = 8

Por lo tanto, |f(z)g(z)| < |g(z)| para todo z de la circunferencia |z| = 1. Del teorema de Rouche se deduce que f y g tienenel mismo numero de ceros en el crculo |z| < 1. Por lo tanto, f tiene tres ceros en |z| < 1, contando la multiplicidad. Nota:observese que si f o g tuvieran algun cero sobre la circunferencia |z| = 1, entonces no podra verificarse |f(z)g(z)| < |g(z)|.

6. Solucion 2i27 . El camino de integracion es una circunferencia de radio 2, centrada en z = i y positivamente orientada.El integrando f(z) = 33z4z5 tiene un polo simple en z = 3 y otro de orden 4 en z = 0. Solo el segundo esta en el crculolimitado por . Calculemos el residuo del integrando en z = 0 y aplicamos el teorema de los residuos

33z4 z5

=1z4

11 z3

=1z4

n=0

zn

3n=

n=0

zn4

3n Res (f, 0) = 1

33=

127

33z4 z5

dz = 2i (Res (f, 3)Ind(3) + Res (f, 0)Ind(0)) = 2i(Res (f, 3) 0 + 1

27 1)=

2i27

7. Solucion b). Descartamos evidentemente las transformaciones de c) y d) pues aplican el punto z = 1 en w = . Lasfunciones pedidas deben aplicar la frontera del semiplano (eje imaginario) en la frontera del crculo (circunferencia |w| = 1), asque rechazamos a) porque aplica z = i en w = 0. La transformacion de b) aplica z = iy, y R, en w = iy1iy+1 =

y21y2+1 +

2yy2+1 i,

que es un complejo de modulo 1. Finalmente, comprobamos que algun punto del interior del semiplano Re(z) 0 se aplicaen el interior del crculo |w| 1: por ejemplo, si z = 1, entonces w = 0.

8. a) El campo h es de clase uno, pues f es una funcion de clase uno. Por otra parte, R2 es obviamente abierto y estrellado.Ademas

yh1(x, y) =

y(yf(xy) + 1) = f(xy) + yxf (xy)

xh2(x, y) =

x(xf(xy) + 1) = f(xy) + yxf (xy)

por lo que yh1(x, y) =xh2(x, y). En consecuencia, del teorema de caracterizacion de un gradiente en un abierto estrellado

se deduce que h es un gradiente en todo R2.b) La integral solo depende del punto inicial, (0, 1), y del final, (2, 0), pero no del camino recorrido. Calculemos un potencialpara h. Por ser f continua, es integrable en cualquier intervalo, luego existe una primitiva F de f . Integrando la primeracomponente de h respecto de x, resulta U(x, y) = F (xy) + x+ g(y), para un cierta funcion g que se determinara. Derivandorespecto de y

yU(x, y) =

y(F (xy) + x+ g(y)) = xf(xy) + g(y)

Como yU(x, y) = h2(x, y) = xf(xy) + 1, se tiene g(y) = 1, por lo que escogemos g(y) = y.

En consecuencia, U(x, y) = F (xy) + x+ y y la integral pedida esC

(yf(xy) + 1)dx+ (xf(xy) + 1)dy = U(2, 0) U(0, 1) = (F (0) + 2) (F (0) + 1) = 1