Metodos matematicos Examenes UCM

Soluciones del examen de M´ todos Matem´ ticos (30 de enero de 2013)
e
a
1. Hallar


"

sen x dx dy , siendo D el tri´ ngulo limitado por las rectas y = 0 , y = x e y = ⇡ x .
a
Mejor:








D

"

Z

sen x dx dy =

Z
⇡/2 ⇡ y

Z

sen x dx dy =

⇡/2 ⇥

h
i⇡/2
⇤
cos y cos(⇡ y) dy = 2 sen y = 2

0
D
0
y
0
= cos y

" Z ⇡/2 x
Z
Z ⇡ Z ⇡x
Z ⇡/2
Z ⇡

Peor:
=
sen x dy dx +
sen x dy dx =
x sen x dx + (⇡ x) sen x dx

D
0
0
⇡/2 0
0
⇡/2

Z
Z


= x cos x

⇤⇡/2
0

⇡/2

+

cos x dx (⇡ x) cos x

0

⇤⇡

⇡

⇡/2

cos x dx = 0 + 1 + 0 + 1 = 2

⇡/2

2. a] Sea f (x, y) = x2 y2 . Dibujar las curvas de nivel f (x, y) = 0 y el vector rf (1, 1) . Hallar la derivada de f
en el punto (1, 1) en ladirecci´ n del vector v = ( 1, 1) . Hallar f (x, y) .
o
b] Hallar el valor de la integral de l´nea del campo g(x, y) = (2x, 2y) desde (1, 0) hasta (0, 1) a lo largo del
ı
tramo de circunferencia dado por x2 +y2 = 1 , x, y 0 .
a] x2 y2 = 0 ! las rectas y = ±x . [Las dem´ s curvas de nivel son hip´ rbolas].
a
e
1
p
2

rf (x, y) = (2x , 2y) , rf (1, 1) = (2 , 2) . Du f (1, 1) = (2 , 2) ·,



= 0



[Deb´a anularse por ser f constante sobre y= x , o bien, porque v es perpendicular al gradiente;
ı
al tratarse de ‘derivada direccional’ hemos puesto el vector unitario u , aunque siendo nula...].










f (x, y) = f xx + fyy = 2 2 = 0 .

R

b] Como g = rf ( f es funci´ n potencial para g ), ser´ c f · ds = f (0, 1)
o
a

h





1p
2

f (1, 0) =

2 .



i⇡/2
⇥ ⇤
Directamente: c(t)=(cos t, sen t) , t2 0, ⇡ ! c f ·ds = 0 (2 cos t, 2 sen t)·( sen t, cos t) dt = 2 sen2 t
= 2
2
0
i
p
R
R0
R0
p
O bien: c(t) = t, 1 t2 , t 2 [1, 0] ! c f · ds = 1 2t , 2
· 1 , p t dt = 1 4t dt = 2 .
R

R ⇡/2

⇢

X 00 + X = 0

3. a] Escribir f (x) = 1 en serie de autofunciones de X(0) = X 0 (⇡) = 0 [utilizando ¿Cu´nto suma la serie si x = ⇡ ?
a
2
formulario].
⇢
[separar u = XT , hallar
ut 4(1+2t) u xx = 0 , x 2 (0, ⇡) , t > 0
Xn y T n , probar serie
b] Resolver por separaci´ n de variables
o
u(x, 0) = 1 , u(0, t) = u x (⇡, t) = 0
e imponer dato inicial].
a] Seg´ n el formulario:
u
h1 X
cn = hXn,,Xnnii =

n=

(2n 1)2
4

, Xn = sen (2n 2 1)x y hXn , Xn i = L = ⇡ . Como r = 1 , es:
2
2R
(2n 1)x
2 ⇡
x dx
⇡ 0 sen
2

=

4
⇡(2n 1)

cos (2n 2 1)x

⇤⇡

0

=

4
⇡(2n 1)

. Por tanto: 1 =

1
4X 1
⇡
2n 1
n=1

sen (2n 2 1)x .

Como la funci´ n que desarrollamos es continua en x = ⇡ 2 0, ⇡ ,
o
2
la suma de la serie infinita ser´ el valor de f en el punto: 1 = f ⇡ .
a
2
[Con ordenador, sumando 50 t´ rminos de la serie para x = ⇡
e
2
se obtiene1.0090... , sumando 1000 sale 0.9995... , . . . ].
[Tambi´ n se puede con un ordenador dibujar diferentes sumas parciales
e
(a la izquierda S 50 ) y ver c´ mo se acercan en todo (0, ⇡] a la f (x) = 1 ].
o

00
T0
b] u = XT ! XT 0 = (4+8t)X 00 T , X = (4+8t)T =
X

Y adem´ s: T 0 +4 n (1+2t)T = 0 , T n = e
a

!

(2n 1)2 (t+t2 )

⇢

X 00 + X = 0
,
X(0) = X 0 (⇡) = 0

n=

(2n 1)24

. Probamos entonces: u =

1
X
n=1

Imponiendo el dato inicial u(x, 0) =

1
X
n=1

, Xn = sen (2n 2 1)x ;
cn e

(2n 1)2 (t+t2 ) sen (2n 1)x
2

cn sen (2n 2 1)x = 1 , obtenemos que los cn son los calculados en a].

Por tanto, la soluci´ n del problema es:
o

u(x, t) =

1
4X 1
⇡
2n 1
n=1

e

(2n 1)2 (t+t2 ) sen (2n 1)x
2

.

.

4. Sea uy +u x = u+x .Hallar su soluci´ n general y la que satisface el dato inicial u(x, 0) = x .
o
dy
dx

=

1
1

⇢

⇢

⇠=y x

u =u

⇠
! caracter´sticas: y x = C . M´ s corto:
ı
a
! y
! u⌘ = u+x = u+⌘ .
⌘=x
u x = u⇠ + u⌘
R
u(⇠, ⌘) = p(⇠) e⌘ + e⌘ e ⌘ ⌘ d⌘ = p(⇠) e⌘ ⌘ 1 [o probando u p = A⌘+B ]. u(x, y) = p(y x) e x x 1 .

⇢
⇢
h
i
R
||
⇠=y x
u = u⇠ + u⌘
Algo m´ s largo:
a
! y
!...