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AMPLIACION DE CALCULO. 102026 . .

INGENIERIA INDUSTRIAL. PLAN A EXTINGUIR.. .

PRIMERA SEMANA DE JUNIO DE 2004

INSTRUCCIONES.

Conteste a cada pregunta en una hoja diferente. Al final entregue tambien la hoja del enunciado.Calificacion. Cada pregunta se puntua de 0 a 10. La nota del examen es la media aritmetica de lascuatro notas. Es necesario obtener al menos una nota de cinco para aprobar.Material autorizado. Se permite utilizar unicamente los ejemplares originales de los tres volumenes delas Unidades Didacticas. Estos ejemplares, que podran contener anotaciones, no se prestaran a nadie. Nopodra usarse ningun otro material (libros, fotocopias, calculadoras, etc.).

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1. Sea f(x, y, z) = x + y + z y M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 2; x + z = 1}a) Determınense todos los puntos crıticos de f en M.b) Razonese si M es o no compacto.c) Razonese si f alcanza o no en M su maximo y su mınimo absoluto.d) En caso de que f alcance en M su maximo y su mınimo absoluto, determınense los puntos en losque esto sucede y el valor de los mismos. En caso contrario, es decir, si no alcanza el maximo absolutodetermınese un punto (a, b, c) ∈ M tal que f(a, b, c) > 100 y si no alcanza el mınimo absoluto tal quef(a, b, c) < −100.

2. Determınese la circunferencia osculatriz de la parabola y = x2, z = 0 en el punto (1, 1, 0).

3. Sean M la superficie cerrada simple de ecuacion (x4 + y4)z4 + x2 + y2 + z2 = 1, S la superficieS = {(x, y, z) ∈ M : z > 0} orientada por el campo n de vectores normales salientes de M y f el campo

vectorial f(x, y, z) =

(−x3 −

√(y2 + 1), x3 −

√y2 + 1, 3zx2 +

zy√y2 + 1

+ 1

). Aplıquese el teorema de la

divergencia para calcular el valor de la integral de superficie∫

Sf · n dS.

4. a) Determınese razonadamente el numero de soluciones, contando la multiplicidad, que tiene la ecuacion2z5 + z3 + 6z + 2 = 0 en la corona |z| > 1.b) Determınese razonadamente cuantas raıces simples tiene la ecuacion 2z5 + z3 + 6z + 2 = 0 en todo elplano complejo.

AMPLIACION DE CALCULO. PLAN A EXTINGUIR. 1a SEMANA. JUNIO 2004. SOLUCIONES

1. a) x + y + z + λ(x2 + y2 − 2) + µ(x + z − 1) = 0

1 + 2λx + µ = 01 + 2λy = 01 + µ = 0

x2 + y2 = 2x + z = 1

⇒ P1 = (0,√

2, 1); µ = −1; λ = −1/2√

2

P2 = (0,−√

2, 1); µ = −1; λ = 1/2√

2

b) M es cerrado por ser la imagen inversa de (0, 0) por medio de la funcion continua

g(x, y, z) = (x2 + y2 − 2, x + z − 1),

y es acotado ya que de la primera condicion |x| <√

2, |y| ≤√

2 y de la segunda |z| = |1− x| ≤ 1 +√

2.Por lo tanto es compacto.c) f(x, y, z) = x + y + z es continua por ser polinomica y alcanza en M su maximo y su mınimo absoluto,ya que toda funcion continua en un compacto alcanza sus extremos absolutos.d) Como f alcanza en M su maximo y su mınimo absoluto, necesariamente ha de hacerlo en P1 y P2

f(0,√

2, 1) = 1 +√

2

f(0,−√

2, 1) = 1−√

2

Luego f alcanza en P1 su maximo absoluto y en P2 su mınimo absoluto.

2. Determınese la circunferencia osculatriz de la parabola y = x2, z = 0 en el punto (1, 1, 0)

r(x) = (x, x2, 0); r′(x) = (1, 2x, 0); r′′(x) = (0, 2, 0)

‖r′(1)‖ =√

5; r′(1) ∧ r′′(1) = (0, 0, 2)

‖r′(1) ∧ r′′(1)‖ = 2; [r′(1) ∧ r′′(1)] ∧ r′(1) = (−4, 2, 0); N(1) = (−2, 1, 0)/√

5

χ(1) =‖r′(1) ∧ r′′(1)‖

‖r′(1)‖3 =2

5√

5; R =

5√

5

2

El centro de la circunferencia es (a, b, c) = (1, 1, 0) +5√

5

2(−2,1,0)√

5=(−4, 7

2, 0). Por lo tanto la ecuacion de

la circunferencia osculatriz viene dada por

(x + 4)2 +

(y − 7

2

)2

=

(5√

5

2

)2

; z = 0

3. La superficie S no es cerrada. Observese que su borde es la circunferencia {(x, y, 0) : x2 + y2 = 1}.Si unimos a la superficie S el cırculo D = {(x, y, 0) : x2 + y2 ≤ 1}, obtenemos una superficie cerradasimple S ∪ D que limita a una region U ⊂ R3. El campo normal saliente n es constante sobre D, puesn(x, y, z) = (0, 0,−1). Para aplicar el teorema de la divergencia, calculamos

div f(x, y, z) =∂

∂xf1(x, y, z) +

∂

∂yf2(x, y, z) +

∂

∂zf3(x, y, z) = −3x2 − y√

y2 + 1+ 3x2 +

y√y2 + 1

= 0

Por una parte, ∫S∪D

f · n dS =

∫U

div f dxdydz = 0

mientras que ∫S∪D

f · n dS =

∫S

f · n dS +

∫D

f · n dS

Ası pues ∫S

f · n dS = −∫

D

f · n dS =

∫x2+y2≤1

f3(x, y, 0) dxdy =

∫x2+y2≤1

dxdy = area (D) = π

4. a) Se aplica el teorema de Rouche (20.6 U.D.). Consideramos f(z) = 2z5 + z3 + 6z + 2, g(z) = 6z y γla circunferencia |z| = 1. Para todo z de esta circunferencia se tiene

|f(z)− g(z)| = |2z5 + z3 + 2| ≤ |2z5|+ |z3|+ 2 = 2 + 1 + 2 = 5 < 6 = |6z| = |g(z)|

Teniendo en cuenta que g tiene en el cırculo |z| < 1 un unico cero, que es simple, resulta que f tieneun unico cero, tambien simple, en ese cırculo. Por el Teorema Fundamental del Algebra, la suma de lasmultiplicidades de los ceros de f en todo el plano complejo es 5. En consecuencia, f tiene 4 ceros en lacorona |z| > 1, contando la multiplicidad.b) Un cero de f es multiple si y solo si es un cero tambien de la derivada f ′ (razonese con la serie de Taylor,pag. 234 U.D.). Apliquemos el teorema de Rouche a la derivada f ′(z) = 10z4 + 3z2 + 6. Consideramosahora g(z) = 10z4 y γ la circunferencia |z| = 1. Para todo z de esta circunferencia se tiene

|f ′(z)− g(z)| = |3z2 + 6| ≤ |3z2|+ 6 = 3 + 6 = 9 < 10 = |10z4| = |g(z)|

Como g tiene un unico cero, que es de orden cuatro, en el cırculo |z| < 1, entonces f ′ tiene sus cuatroceros contenidos en el cırculo |z| < 1. En consecuencia, f ′ no tiene ningun cero en la corona |z| > 1, loque implica que todos los ceros de f que estan en esa corona son simples. Ya sabıamos que el otro cero def era simple, ası que sus cinco ceros son simples.