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UNED. ELCHE. TUTORÍA DE MATEMÁTICAS III (2º A.D.E.)

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FACULTAD DE CIENCIAS ECONÓMICAS Y EMPRESARIALES DE LA UNED. MATEMÁTICAS III. Segundo Curso de ADE. PRUEBA PERSONAL SEPTIEMBRE 2004 (Ex. Reserva) PRIMERA PARTE: Problemas PROBLEMA NÚMERO 1. Utilizando necesariamente coordenadas polares, en todo el desarrollo, calcular cuales serán tanto los límites de integración, como la expresión de la función subintegral, en la siguiente integral que inicialmente aparece en coordenadas cartesianas: I

³

1 0

1

dx ³ f  x , ydy . 0

Solución.El recinto de integración es el cuadrado de vértices (0,0), (1,0), (1,1) y (0,1). Consideremos los dos triángulos en que es dividido por la diagonal que une (0,0) y (1,1): (1,1)

(0,1) 1 senE

1 cos D

E D

(1,0)

(0,0)

En el primer triángulo, 0 d T d

1 S ; en y 0d Ud 4 cos T

el

segundo

triángulo,

1 S S . Luego la integral quedaría: dTd y 0d Ud 4 2 senT I

³

S/ 4 0

d T³

1 / cos T 0

Uf  Ucos T, Usen Td U  ³

S /2

1 / sen T

S/ 4

0

d T³

Uf U cos T, Usen TdU

PROBLEMA NÚMERO 2. y '1

Resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales: y ' 2 y '3

y1  3y 2  3y 3 ½ ° 3y 1  5 y 2  3y 3 ¾ 6 y1  6 y 2  4 y 3°¿

Solución.Los valores propios son 4 y –2 (doble) y los correspondientes vectores propios son: §1 · §1 · § 0 · ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ para 4: ¨1 ¸ ; para –2: ¨1 ¸ y ¨1 ¸ . ¨2 ¸ ¨ 0 ¸ ¨1 ¸ © ¹ © ¹ © ¹ §0 · §1 · §1 · § y1 · ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ 2 x ¨ ¸ 4x La solución general: ¨ y 2 ¸ A ¨1 ¸ e  B¨1 ¸ e  C¨1 ¸e2 x ¨1 ¸ ¨ 0¸ ¨2 ¸ ¨y ¸ © ¹ © ¹ © ¹ © 3¹

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SEGUNDA PARTE: Cuestiones Teórico-Prácticas 1. Se sabe que t horas después de la medianoche, la temperatura en el mes de 3 2 t . Calcular cual es la temperatura septiembre de una región de Galicia es de f(t) = 10 + 4t – 10 media en dicha región entre las 9:00 AM y el mediodía. Solución.12 12 3 2· 1ª 1 3º 1 § 2 TM = 18,7 º C 10 t  2 t  t » ¨10  4 t  t ¸dt 12  9 9 © 10 ¹ 3 «¬ 10 ¼ 9

³

f

2. Estudiar el carácter de la siguiente serie:

¦ n 1

Solución.-

Aplicamos el criterio de D’Alembert: lim of n

a n1 an

n2  1 , a > 0. nan

n  1 2  1 n  1a n1 lim >n 12 1@n lim n of n 2  1 n of a n  1n 2  1

1 . a

na n

Hay tres casos: - si 0 < a < 1 o DIVERGENTE - si a > 1 o CONVERGENTE n 2 1 - si a = 1 o DIVERGENTE, por que el término general o f. n

3. Calcular la integral I =

1

a ³0 x ln x  dx , mediante el cambio: ln x =  b

t , siendo b a 1

un número natural. Solución.Según el valor de a, pueden darse varios casos: - caso a > –1: entonces, si x = 0 o t = +f y si x = 1 o t = 0. La integral queda: b 0 b1 b 1 f at  t · 1  at 1  1b ·b! § 1 · § 1 · t b a 1 §     *  e ¨ e dt e t dt ¨ b 1 I = ¸ ¨ ¸ ¸ a  1b1 © a 1 ¹ a  1 © a 1 ¹ ©a 1 ¹ 0 f - caso a < –1: entonces, si x = 0 o t = –f y si x = 1 o t = 0. La integral queda: b 1 b 1 0 f § 1 · § 1 · b t   I = ¨ e  t dt  ¨ e tt bdt , y esta integral es divergente. ¸ ¸ © a  1¹ © a  1¹ 0 f 4. El precio de venta y de un producto, respecto a la cantidad demandada x, cambia con dy 2xy  24x la razón expresada por la siguiente ecuación diferencial:  2 . Obtener el precio dx x 16 en función de la demanda, sabiendo que cuando el precio es de 7,5 euros/unidad, la cantidad demandada es de 4 unidades. Solución.Podemos escribir la ecuación: (2xy + 24x)dx +(x 2 + 16)dy = 0, que es diferencial exacta, como puede comprobarse. Así pues: ³  2xy  24xdx = x2y + 12x2 + C(y). Derivando

³

³

³

³

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respecto de y: x2 + C’(y) = x2 + 16 o C’(y) = 16 o C(y) = 16y + C. Luego, la solución general:  12x2  C x2y + 12x2 + 16y +C = 0 l y . Sustituyendo los valores dados, se obtiene x 2  16 C = –432. La solución es:  12x 2  432 y x 2  16 5. Encontrar el factor integrante que convierte la siguiente ecuación diferencial en una 1 ecuación diferencial exacta: y3tdy + y4dt = 0. 2 Solución.wQ wP  wy w t 1 , que depende La ecuación es de la forma Pdy +Qdt = 0, y se cumple que P t sólo de t. Luego hay un factor integrante que depende de t. Será: P' 1 o ln P ln t o P t P t

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FACULTAD DE CIENCIAS ECONÓMICAS Y EMPRESARIALES DE LA UNED. MATEMÁTICAS III. Segundo Curso de ADE. PRUEBA PERSONAL. Enero 2005 PRIMERA PARTE: Problemas PROBLEMA NÚMERO 1. Utilizando necesariamente coordenadas cilíndricas, en todo el desarrollo, y siendo R el cilindro de base el circulo de radio 1 (centrado en el origen de coordenadas) y de altura 3, calcular el valor de la siguiente integral que inicialmente aparece en coordenadas cartesianas:

³³³dxdydz R

Nota: Las coordenadas cilíndricas de un punto (x,y,z) son (r,D,z). Siendo (r,D) las coordenadas polares de (x,y) Solución.La transformación de coordenadas cartesianas a cilíndricas viene dada por las x r cos D½ ° ecuaciones: y rsenD ¾ cuyo jacobiano vale r. El cilindro R viene determinado por 0  r  1; ° z z ¿ 0  D  2S; 0  z  3. Luego la integral sería: 1 3 1 2S ªr 2 º rdr dD dz « » ·2 S·3 = 3S ¬ 2 ¼0 0 0 0 PROBLEMA NÚMERO 2. En las ecuaciones lineales en diferencias, tenemos el modelo de la telaraña, que se refiere a la versión discreta del modelo de ajuste del precio de un bien en el mercado. En base a ello y haciendo uso de los siguientes datos para el modelo de la telaraña: D t 5  3P t siendo P0 = 4 S t 2  Pt1

³ ³ ³

1) La trayectoria temporal del precio 2) La tendencia del precio a largo plazo 3) La representación gráfica de la solución del modelo

Se pide calcular:

Solución.1) Igualando las expresiones de la oferta y de la demanda, se obtiene la ecuación en diferencias: 3Pt + Pt–1 = 7. La ecuación característica de la ecuación homogénea es 3O + 1 = 0 t 1 §  1· oO= , luego la solución general de la ecuación homogénea es Pt = C ¨ ¸ ; por otra 3 © 3¹ parte, una solución particular de la ecuación completa se obtiene haciendo Pt = A o 7 . Luego la solución general de la ecuación completa es o 3A + A = 7 o A = 4 t 7 9 1 · 7 § Pt = C ¨ ¸  . Para t = 0, se obtiene 4 C  o C de donde la trayectoria temporal 4 4 ©3 ¹ 4 t

7 9 1 del precio es Pt = §¨ ·¸  . 4© 3 ¹ 4

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2) Haciendo que t o f, se obtiene que Pt o

7 4

3) 5

4

3

72 4 1

0

1

2

3

4

5

SEGUNDA PARTE: Cuestiones Teórico-Prácticas 3 3 3 3 3 1. Determinar el carácter de la siguiente serie:  3  5  7  9 ····· 2 2 2 2 2 Solución.n 1 3§ 1 · 1 Se trata de la serie geométrica de término general an = ¨ ¸ . Como r = < 1, la 4 2© 4 ¹ a 3/2 serie es convergente. Su suma vale S = 2 1  r 1 1 / 4 dx 2. Obtener la solución de la siguiente integral indefinida: A = 2 x  2x  2 Solución.dx dx = (inmediata) = arc tg (x – 1) + C. A= 2 x 2x  2  x  12  1

³

³

³

1

3. Calcular el valor de la siguiente integral euleriana: B =

³x

3

1 x 3 dx

0

Solución.1

2 1 1 32 t 1  t ·t 3 dt El cambio de variable x = t o dx = t o B = 3 3 0 1 §1·1 §1· §4 · § 3 · § 1· * ¨ ¸*¨ ¸ *¨ ¸ *¨ ¸ 2 S ·*¨ ¸ 1 § 4 3 · 1 © 3 ¹ © 2 ¹ 1 3 © 3 ¹ 2 © 2¹ © 3¹ E¨ , ¸ 3 © 3 2¹ 3 3 11 5 § 5 · §17 · §5 · · *¨ ¸ 55·* ¨ ¸ *¨ ¸ 6 6 ©6 ¹ ©6 ¹ ©6 ¹

3

³

1 3

³

1

1 3

1

t 1  t  2 dt =

0

4. En un mercado en competencia se conoce la función de oferta S = –5 + p, y la ENERO 2005 (EX. ORDINARIO) –2/3–

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función de demanda D = 10 – 3p. Se pide calcular la expresión temporal del precio, sabiendo que el ritmo de variación del precio en el tiempo es igual al exceso de demanda sobre la oferta. Se sabe que el precio inicial es de 20 u.m. Solución.dp p ' 10  3p   5  p  l p’+ 4p = 15, que es De acuerdo con el enunciado, dt una ecuación diferencial lineal. Ecuación característica t + 4 = 0 o t = –4 luego la solución general de la ecuación homogénea es p = C·e–4t ; por otra parte, una solución particular de la 15 . Luego la solución ecuación completa se obtiene haciendo p = A o 4A = 15 o A = 4 15 general de la ecuación completa es p = C·e–4t + . Para t = 0 se obtiene 20 = C + 4 15 65 65 –4t 15 o C . Así pues, la expresión temporal del precio sería: p = ·e + . 4 4 4 4 5. La tasa a la que cambia el precio de venta, y, de un producto, respecto a su dy 2x 2  xy  2 . Calcular el demanda, x, viene dada por la siguiente ecuacion diferencial : dx x  y2 precio en función de la demanda, sabiendo que cuando el precio es de 5 euros, la demanda es de 15 unidades. Solución.Escribiendo la ecuación de la forma 2(x 2 + xy)dx + (x2 +y 2)dy = 0, podemos 2 3 x  x 2 y  C( y) y derivando comprobar que es diferencial exacta, luego: 2x 2  xydx 3 1 respecto a y, se debe cumplir: x2 + C’(y) = x 2 + y2 o C’(y) = y 2 o C(y) = y 3  C . La 3 2 3 1 x  x2 y  y 3 C . Para las condiciones dadas: solución general es pues: 3 3 2 1 10250 ·3375  225·5  ·125 C , de donde la solución: 2x3 + 3x2y + y3 = 10250 3 3 3

³

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FACULTAD DE CIENCIAS ECONÓMICAS Y EMPRESARIALES DE LA UNED. MATEMÁTICAS III. Segundo Curso de ADE. PRUEBA PERSONAL. Septiembre 2005 PRIMERA PARTE: Problemas PROBLEMA NÚMERO 1.

Solución.S 2 d r 2 d 4S 2 ° o equivalentemente 1) El recinto en coordenadas polares sería ® S °¯ 0 d D d 2  S d r d 2S ° ® S que se trata de un rectángulo en unos ejes (r, D): °¯ 0 d D d 2 D

S 2

r

S S

2) La integral queda:

³ ³ 2

=

³

0

2S

dD r ·senr·dr = (por partes) =

0

S 2

2S

S

³

S 2 0

2S º ª 2S r cos r cos r ·dr » dD =   > @ S « S ¼ ¬

³

 3S2 2 PROBLEMA NÚMERO 2.

  3SdD

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Solución.1) Igualando las expresiones de la oferta y de la demanda, se obtiene la ecuación en diferencias: 2Pt + 3Pt–1 = 120. La ecuación característica de la ecuación homogénea es 2O + 3 = t 3 § 3 · 0oO= , luego la solución general de la ecuación homogénea es Pt = C ¨ ¸ ; por otra 2 © 2 ¹ parte, una solución particular de la ecuación completa se obtiene haciendo Pt = A o o 2A + 3A = 120 o A = 24. Luego la solución general de la ecuación completa es t § 3· Pt = C ¨ ¸ + 24, que es el valor de equilibrio del precio. © 2 ¹ 3 2) Puesto que  > 1, el precio es inestable 2 3) Para t = 0, se obtiene 25 = k + 24 de donde la trayectoria temporal del precio es t 3 Pt = §¨ ·¸  24 . Se tiene entonces: P(1) = 22,5; P(2) = 26,25; P(3) = 20,625; P(4) = 29,0625 © 2 ¹ SEGUNDA PARTE: Cuestiones Teórico-Prácticas

Solución.La respuesta la proporciona la integral:

³ > 8t  1 4

2

3

@

 108t  1 dt = 2440 2

Solución.Multiplicando numerador y denominador del integrando por

integral queda:

³

3

x  3  x  3 , la

3

x 3 x 3 x  3 2  x  32  C dx = (inmediata) = 6 9

Solución.Escribimos la ecuación en la forma: (3x 2 – y)dx + (–x + 4y)dy = 0, pudiéndose

comprobar que es diferencial exacta. Tenemos pues: f (x , y)

³ 3x

2



 y dx = x3 – xy + C(y) ,

df = –x + C’(y) = –x + 4y  C’(y) = 4y  C(y) = 2y2 – C. Por tanto la solución es: dy 3 x – xy + 2y2 = C y puesto que para x = 10 o y = 20, sustituyendo se obtiene que C = 1600, de donde: SEPTIEMBRE 2005 (EX. ORDINARIO) –2/3–

de donde

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x3 – xy + 2y2 = 1600

Solución.-

La evolución de las ventas sería: V=

dV dt

1 2 t 100 de donde integrando se obtiene que e 3

1 2 t 100 C. e 6

Solución.1 1 Como ! y la serie armónica Ln n divergente.

f

¦ n 2

1 es divergente, entonces la serie n

f

1

¦ Ln es n 2

(Nota: para que exista la serie dada, debe considerarse el sumatorio desde n = 2)

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FACULTAD DE CIENCIAS ECONÓMICAS Y EMPRESARIALES DE LA UNED. MATEMÁTICAS III. Segundo Curso de ADE. PRUEBA PERSONAL. Enero 2006. Primera semana PRIMERA PARTE: Problemas

Solución.Puede comprobarse que es una ecuación diferencial exacta. Se tendrá pues: f(x, y) =

³ 3x  4y 1dy

3xy  2 y 2  y  C( x )

Derivando respecto a x, deberá ser: 3y + C’(x) = 2x + 3y + 1 o C’(x) = 2x + 1 o C(x) = x2 + x + C. Luego la solución es: 3xy + 2y 2 + y + x2 + x + C = 0

Solución.Las curvas son las dos circunferencias representadas en la figura [de centro (0,0) y radio 1, y de § 2 · 2 ,0¸¸ y radio centro ¨ respectivamente] cuyos ¨ 2 2 © ¹ puntos de corte, obtenidos resolviendo el sistema: 2 2 ½ x y 1 ¾ 2 2 x  2x  y 0¿ § 2 2· § 2 2· ¸y ¨ ,  ¸¸ , son ¨¨ ¨ ¸ 2¹ © 2 2 ¹ © 2 § ¨ El área pedida será por tanto: A = 2¨ ¨ ©

³

2 2 0

1

2

2 x  x dx 

³

· ¸ 1  x dx ¸ ¸ ¹ 2

2 2

2

1 § 2· ¸ =  ¨¨ x  2x  x El radicando de la primera integral podemos escribirlo 2 © 2 ¹¸ 2 S 1 = 1  2 x  1 . Con el cambio 2x  1 sent , se obtiene que para x = 0 o t =  y para 2 2 2

>



@





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2 2 x= o t = 0; además dx = cos tdt , con lo que 2 2

=

1 4

³

0

0



1 ªsen 2 t º  t» 4 «¬ 2 ¼ S

cos 2t  1dt S 2

S . 8

2

2

cuadrante de círculo de radio

2

³

2 2

0

³

]

S ; además dx = costdt, con lo que para x = 1 o t = 2

=

1 2

³

cos 2 t  1dt = S 4

2

[Obsérvese que esta integral es precisamente el área del

Para la segunda integral, con el cambio x = sent, se obtiene que para x =

S 2

0

1 cos 2 tdt = 2 x  x dx = 2 S 2

1 ªsen 2 t º  t» 2 «¬ 2 ¼

S 2 S 4

1§ S 1 S · ¨   ¸ 2© 2 2 4 ¹

³

1 2

1  x 2 dx

2

2 S y ot= 4 2

³

S 2 S 4

cos 2 tdt =

S2 . 8

S S 2 · ʌ1 Así pues, A = 2 §¨  ¸ 2 8 ¹ ©8 SEGUNDA PARTE: Cuestiones teórico-prácticas

Solución.§ en 2 §1 · ln ¨ ln ¨ ¸ ¨ n ¨a ¸ © n ¹ lim © Por ejemplo, por el criterio logarítmico: lim n of n of ln n ln n 2 2 §n · n  ln n ¨ 1¸¸ = f >1 o la serie es convergente.  lim lim ¨ nof ln n nof ln n © ¹

· ¸ ¸ ¹

n2

ln e  ln n = lim n of ln n

Solución.-

³



2

1 2



A= x 3x  2 dx



1 1 3x 2  2 1 2 2 6 x 3x  2 dx = (inmediata) = · 3 6 6 2

³





–2/3–

3 2



C

3x

2

2 9

3 2



+C

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Solución.Las funciones dadas se cortan para los valores de x =

S 5S y de la figura se yx= 4 5

puede deducir que el área pedida es el doble que la comprendida entre esos valores. Así pues: Área = 2

³

5S 4 S 4

senx  cos xdx

5S

2>cos x  senx@ S4 = 4

=4 2.

Solución.Se trata de resolver la ecuación diferencial lineal dada. Busquemos dos funciones u y v tales que y = u·v sea solución: Tendremos: v u ·v 9 v· 9 § (I). Elijamos v tal que v ' = 0 l u’v + uv’ = x  l u ' v  u ¨ v ' ¸  x  x x x¹ x x © 9 v' 1 9 9 l u’ =  1 2 l u = –x – + C. Así l o v = x. Sustituyendo en (I): u’x =  x  v x x x x pues la solución general es y = –x2 + Cx – 9. Para las condiciones dadas: 12 = 3C – 18 l l C = 10, luego: y = –x2 + 10x – 9.

Solución.Para t = 5, la razón a que disminuye la demanda será: 50000e–0,2·5 = 50000·e–1 # 18500. unidades/año. Las unidades demandadas entre los años 2006 y 2015 serán: 10 50000  0, 2 t 10 –2 e 50000·e  0, 2 tdt  0 = –250000(e – 1) # 216250 0, 2 0

³

>

@

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FACULTAD DE CIENCIAS ECONÓMICAS Y EMPRESARIALES DE LA UNED. MATEMÁTICAS III. Segundo Curso de ADE. PRUEBA PERSONAL. Febrero 2006. Segunda semana PRIMERA PARTE: Problemas

Solución.Es una ecuación de Bernoulli. Dividiendo los dos miembros por y2, queda: xy–2y’ + y–1 – lnx=0; hacemos el cambio y–1 = z o –y–2y’ = z’ y sustituyendo se obtiene: –xz’ + z – lnx = 0, que es una ecuación lineal. Hacemos z = u·v o z’ = u’v + uv’ de donde sustituyendo y sacando factor común u: –xu’v – u(xv’ – v) – lnx = 0; haciendo xv’ – v = 0 o 1 § 1 · o v = x, y sustituyendo: –x 2u’ – lnx = 0 o u’ =  2 ln x o u ¨  2 ln x ¸dx = (por x © x ¹ 1 1 partes) = ln x   C . x x 1 Así pues, z = lnx + 1 + Cx, de donde y = ln x 1  Cx

³

Solución.El recinto, representado en las coordenadas (x, y) y en las coorden...