1
Héctor Héctor Palma Palma Valenzuel Valenzuela. a. Dpto. Dpto. de Matemática Matemática UdeC.
1
Dife iferenc ncia iall 2
3
4x y − 2x − 2xy 1. Dada la la función función f ( f (x, y) = x +y 0 2
2
+ 3y 3y 3
2
si (x, y ) 6 = (0, (0 , 0) si (x, y ) = (0, (0, 0)
a) Obtenga en su forma más simpli ficada las derivadas parciales ∂f (x, y) en cada punto donde existan. ∂y
∂f ∂x (x, y )
y
Para ( Para (x, x, y) 6 = (0, (0 , 0) : ∂f (x, (x, y) ∂x ∂f ( x, y) ∂y (x,
=
∂ ∂x
=
∂ ∂y
Para (0 Para (0,, 0) : ∂f (0, (0, 0) ∂x
=
µ µ
4x2 y
− 2x3 − 2xy2 + 3y 3y 3 x2 + y2
4x2 y
− 2x3 − 2xy2 + 3y 3y 3 x2 + y2
h,0)−f (0, (0,0) lim f (h,0) h h→0
= lim h→0
− 2hh23 − 0 h
¶ ¶
=
− xy3 + x4 + 2x 2x2 y2 + y4 = −2 (x2 + y2 )2 4x4 + 5x 5x2 y 2 + 3y 3y 4 = (x2 + y 2)2
−2
3h3 h2
− 0 = lim h = 3 h→0 b) Decida si la función ∂f es continua en (0 en (0,, 0) . ∂y ∂f (0, (0 , 0) ∂y
∂f es ∂y
=
(0,h))−f (0, (0,0) lim f (0,h h h→0
continua en (0 en (0,, 0)
⇔ (x,y) lim ∂f (x, y) = ∂f (0, (0, 0) = 3 ∂y ∂y x,y)→(0, (0,0)
Como a lo largo de B : y : y = = 0 se tiene: 4
lim ∂f (x, y ) = lim (4xx2 )2 = 4 6 = 3, 3, ∂y x→0 (x,y) x,y)→(0, (0,0) y=0
se concluye que
∂f no ∂y
es continua en (0, (0 , 0.)
c) Escriba la ecuación del plano tangente a la grá fica de la función f f en el 3 punto 1, 1, 2 .
¡ ¢
La ecuación es z = f = f (1 (1,, 1) + con f con f (1 (1,, 1) = 32 ,
∂f (1, (1, 1) ∂x
=
∂ f (1, (1, 1)(x 1)(x ∂x
− 1) + ∂∂yf (1, (1, 1)(y 1)(y − 1)
− 32 , ∂f (1, (1, 1) = 3 .Luego, 3 .Luego, la ecuaciòn es ∂y
z = z =
3 2
− 32 (x − 1) + 3(y 3(y − 1) − 32 x + 3y 3y
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2
Héctor Héctor Palma Palma Valenzuel Valenzuela. a. Dpto. Dpto. de Matemática Matemática UdeC. 3
x (y + 1) 2. Sea f Sea f ((x, y) = x 0− y
si x2 = 6 y
2
si x2 = y
a) Analice la continuidad de f de f en (0 en (0,, 0). 0). x3 (y + 1) Considerando el conjunto conjunto C C : = 1 se muestra que x2 y x3 (y + 1) x2 x3 3 2 = 1 x ( y + 1) = x = x y y = x2 y x3 + 1
−
− − ⇔
⇔
−
luego C luego C es es una curva que pasa por el origen y lim
f ( f (x, y) = 1 6 = f (0 f (0,, 0)
(x,y) x,y)→(0, (0,0) x,y)∈C (x,y)
Por tanto, f tanto, f no no es continua en el origen b) Calcule las derivadas parciales
· ·
∂f ∂f (0, (0, 0) y (0, (0, 0). 0). ∂x ∂y
¸ ·−¸ ¸ ·−¸
∂f f ( f (h, 0) f (0 f (0,, 0) h 0 (0, (0, 0) = lim = lim = 1 h→0 h→0 ∂x h h
−
∂f f (0 f (0,, h) f (0 f (0,, 0) 0 0 (0, (0, 0) = lim = lim = 0 h→0 h→0 ∂y h h
−
c) Decida si f si f es es diferenciable en (0 en (0,, 0). 0). f no f no es diferenciable en (0 en (0,, 0) porque 0) porque no es continua en este punto.
3. Sea f Sea f ((x, y) =
x3 y
si (x, y) 6 = (0, (0 , 0) x2 + y2 0 si (x, y) = (0, (0, 0)
p
a) Estudie la continuidad de las derivadas parciales de R2 . ∂ x3 y = x = x 2 y 2 2 ∂x x +y
"
# p h
∂f (0, (0, 0) = lim h→0 ∂x
2
2
+3y √ 2(xx +3y +y )
f ( f (h,0) h,0)−f (0 f (0,,0) h
2
i
2
= 0
3
,
∂ ∂y
"
∂f ∂f y en cada punto ∂x ∂y
#
3
xy = x2 + y2
p
∂f , (0, (0, 0) = lim h→0 ∂y
h
√ x
5
(x2 +y2 )
f (0,h (0,h))−f (0, (0,0) h
i
3
= 0
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Héctor Héctor Palma Palma Valenzuel Valenzuela. a. Dpto. Dpto. de Matemática Matemática UdeC.
También son continuas en el origen, porque ∂f ∂f 2 2 +3y2 x2 y 2x 2+3y 5 k ( x, y ) k lim ( x, y ) = 0 = (0, (0, 0) 3 (x,y) x,y)→(0, (0,0) ∂x ∂x (x +y2 )
¯¯ ¯¯ ¯¯ √ ¯ ¯ ≤ ¯¯ √ ¯¯ ≤
k(x, y)k2
x5
(x2 +y2 )
⇒
3
∂f ∂f ⇒ (x,y) lim (x, y) = 0 = (0, (0, 0) x,y)→(0, (0,0) ∂y ∂y
b) Determine la diferenciabilidad de f de f en en los puntos de R2 . Segú Según n la part partee a), a), la funci función ón f f es de clase C 1 en todo el plano, luego es diferenciable en R2 c) Encuentre la dirección en la cual f f crece más rapidamente en el punto (1, (1, 1). 1).¿Cuál es el valor de la derivada en esta dirección? La dirección de mayor crecimiento de f en (1 en (1,, 1) está 1) está dada por
∇f (1 f (1,, 1)
∂f ∂ f (1, (1, 1) · 1) · ˆı + (1, (1, 1) · 1) · ˆ ˆ ∂x ∂y 5 1 = · ˆı + · ˆ 2 2 2 2 =
√
√
y el valor de la derivada direccional de f en (1 en (1,, 1) en 1) en esta dirección es: ∂f (1, (1, 1) = ∂u =
°° √ °r 5
1
°° °
· ˆı + · ˆ 2 2 2 2 25 1 1 + = 13 8 8 2
√ √
x+y . x y a) Determine el dominio D dominio D de de f f ,, representándolo grá ficamente en el plano R2. b) Para cada λ cada λ R, determine el conjunto de nivel λ nivel λ:: N λ (f ) f ) = {( { (x, y) D : f : f ((x, y) = λ} λ} y deduzca el recorrido de f de f . c) ¿Es posible definir f nir f en (0 en (0,, 0) de 0) de manera que f que f sea sea continua en ese punto? d) Encuentre la ecuación del plano tangente a la grá fica de f f en el punto 2, 1, √ 13 .
4. Sea f Sea f : D
2 R
⊂ → R la función definida por f por f ((x, y) = ∈ ∈
³
−
´
a) (x, y)
∈
D
⇔ xx −+ yy ≥ 0
r
−
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Héctor Héctor Palma Palma Valenzuel Valenzuela. a. Dpto. Dpto. de Matemática Matemática UdeC.
4 y 2
-4
0
-2
2
x
4
-2
-4
b) Para λ Para λ < 0, 0 , N λ (f ) f ) = φ. φ. Para λ Para λ > 0 : f ( f (x, y) =
⇔
r
x+y x+y = λ = λ2 x y x y 2 λ 1 y = x 2 λ +1
⇔ −
−
µ −¶
que corresponde a una recta que pasa por el origen y tiene pendiente m = m = Por lo tanto, Re c f = [0, [0, + [ . c) No es posible, porque lim f ( f (x, y) no existe. Basta considerar (x,y) x,y)→(0, (0,0) Dλ = { = {((x, y) : f ( f (x, y) = λ} λ } para obtener lim f (x, y ) = λ (x,y) x,y)→(0, (0,0) (x,y) x,y)∈Dλ d) f d) f es es de clase C clase C 1 en el interior del dominio de f . x+y ∂ 1x+y (y−yx)2 ∂x x−y = (− y−x )
λ2 −1 . λ2 +1
∞
∂ ∂y
hq i hq i x+y x−y
−
=
1
x (y−x)2
(− ) La ecuación del plano tangente es x+y y −x
∂ f ∂ f (2, (2, 1)(x 1)(x 2) + (2, (2, 1)(y 1)(y + 1) ∂x ∂y 1 3 2 3 + (x 2) + (y + 1) 9 9 3
z = f (2 f (2,, 1) +
−
=
√
√
−
−
− √
−
∂ 2 z ∂ 2 z v ∂z 5. La expresión expresión diferencial diferencial E = u 2 v + se refiere a una función ∂u ∂u∂v u ∂v z = z (u, v ) de clase C 2 . Ha Hacie ciendo ndo el cam cambio bio de variab ariables: les: x = u, y = uv
−
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Héctor Héctor Palma Palma Valenzuel Valenzuela. a. Dpto. Dpto. de Matemática Matemática UdeC. ∂ 2 z ∂u 2 ∂z ∂v
=
∂z ∂x ∂x ∂v
=
∂ 2 z ∂u∂v
∂ 2 z ∂x ∂ 2 z ∂y + ∂y∂x + ∂x 2 ∂u ∂u
=
³
∂z ∂y ∂y ∂v
+
³
∂ 2 z ∂x ∂ 2 z ∂y + ∂y 2 ∂u ∂x∂y ∂u
∂z u ∂y
=
∂ 2 z ∂x ∂ 2 z ∂y + ∂x∂y ∂u ∂y 2 ∂u
Por lo tanto,
´
u+
∂z ∂y
∂ 2 z ∂x∂y u
=
∂ 2 z ∂ 2 z ∂ 2 z 2 E = u +2 v + 2 v ∂x 2 ∂x∂y ∂y ∂ 2z ∂ 2z = u 2 + uv ∂x ∂x∂y ∂ 2 z ∂ 2 z = x 2 +y ∂x ∂x∂y
µ
´
+
¶− µ v
∂ 2 z ∂x 2
v =
∂ 2 z ∂y 2 vu
2
∂ z + 2 ∂x∂y v +
+
∂ 2 z 2 v ∂y 2
∂z ∂y
∂ 2 z ∂ 2z ∂ z u + 2 vu + ∂x∂y ∂y ∂y
¶ µ ¶ +
v u
∂z u ∂y
6. Muestre que si w = f ( f (u, v) , de clase C 2 , satisface la ecuación de Laplace x2 −y2 ∂ 2 w ∂ 2 w + = 0 , y si u = , v = xy, xy, entonces entonces w = f ( f (u(x, y), v (x, y)) 2 2 ∂u ∂v 2 2 2 también satisface la ecuación ∂ ∂xw2 + ∂ ∂yw2 = 0 Las derivadas de primer orden son: ∂w ∂x ∂w ∂y
= =
∂w ∂u ∂w ∂u
∂w ∂v ∂w ∂v
∂v ∂x ∂v ∂y
= =
∂w x + ∂w y ∂u ∂v ∂w y + ∂w x ∂u ∂v
−
y las de segundo orden ∂ 2 w ∂ 2 w ∂ 2 w ∂x2 = ∂u 2 x + ∂v∂u y x +
∂w ∂u
∂ 2 w ∂y 2
∂w ∂u
=
h h
Luego,
2
∂u + ∂x ∂u + ∂y
∂ 2 w y ∂u 2
∂ 2 w ∂x 2
−
+
i h i − h− ³ ´
∂ 2 w x ∂v∂u
∂ 2 w ∂y 2
=
y
∂ 2 w ∂u 2
+
+
+
∂ 2 w ∂v 2
∂ 2 w ∂u∂v x
+
∂ 2 w ∂v 2 y
i
y
i
∂ 2 w ∂ 2 w y + x ∂u∂v ∂v 2
(x2 + y2 ) = 0
x
Teore eorem mas de la func funció ión n inv inver ersa sa y de la funci función ón implícita 1. Dado el el sistema sistema x2 y2
− xu − v2 − yv − u2
= 0 = 0
a) Determine qué condición debe cumplir una solución ( solución (x x0 , y0, u0 , v0 ) para que
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Héctor Héctor Palma Palma Valenzuel Valenzuela. a. Dpto. Dpto. de Matemática Matemática UdeC.
Con f Con f 1 (x,y,u,v) x,y,u,v) = x 2 xu v 2, f 2 (x,y,u,v) x,y,u,v) = y 2 yv u2 , ambas de clase C 1 se tiene ∂ (f 1, f 2 ) x 2v = xy 4uv = 2u y ∂ (u, v ) Luego se debe tener: x0u0 4u0 v0 6 =0 b) Aplicando el teorema de la función implícita para la solución x = 1, y = 1, u = 1, v = 0, decida justificadamente si la función T ( T (x, y) = 1 (u(x, y ), v (x, y)) admite una inversa local de clase C en una vecindad del punto (1 punto (1,, 1). 1). El punto P punto P 0 = (1, (1, 1, 1, 0) satisface 0) satisface la condición de la parte a). Luego, derivando implícitamente el sistema con respecto a x : x :
− −
¯¯ − ¯−
−
2x
− −
− −
¯¯ ¯
−
− u − xux − 2vvx −yvx − 2u ux
= 0 = 0
y en el punto P punto P 0
−2ux −
ux = 1 vx = 0
de donde, u donde, u x = 1, vx = 2. Derivando con respecto a y a y
−
−xuy − 2vvy 2y − v − yvy − 2u uy
= 0 = 0
y en el punto P punto P 0
−uy −2uy − vy de donde, u donde, u y = 0, 0 , vy = 2. Por lo tanto J T (1 T (1,, 1) =
¯¯
= 0 = 2
−
1 2 0 2
−
¯¯
= 2 6 =0
y T admite T admite una inversa local de clase C 1 cerca del punto (1 punto (1,, 1). 1).
3
Máxim ximos y mínim ínimo os 2 2 1. Encuentre los los puntos críticos de la función f (x, y) = (x2 +y2 )ex −y y determine su naturaleza. 2
2
2
2
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Héctor Héctor Palma Palma Valenzuel Valenzuela. a. Dpto. Dpto. de Matemática Matemática UdeC.
implica x(x2 + y2 + 1) = 0 y(1 x2 y2 ) = 0
− −
Luego los puntos críticos son: (0, (0, 0), 0), (0, (0, 1), 1), (0, (0, 1). 1).
−
∂ 2 f = ∂x2 ∂ 2 f ∂y∂x
2 2 2 2 2(3x 2(3x2 + y2 + 1)e 1)ex −y + 2(x 2(x3 + xy2 + x)2xe )2xex −y 2
∂ f − 2(x 2(x3 + xy 2 + x)2ye )2ye x −y = ∂x∂y ∂ f 2 2 x −y − 2(y 2(y − yx2 − y3 )2ye )2yex −y ∂y = 2(1 − x − 3y )e 2 2 = 4xye 4 xyex −y
2
2
2
2
2
2
2
2
En (0 En (0,, 0) : f xx xx = 4,
∆
=
¯¯ ¯
¯¯ ¯¯ ¯¯
4 0 0 2
=8
⇒ mínimo relativo.
−1 0 −1 , ∆ = 4e En (0 En (0,, 1) : f xx = 4 e < 0 xx 0 4e−1 4e−1 0 − 1 En (0 En (0,, 1) : f xx < 0 xx = 4e , ∆ = 0 4e−1
−
2 2 Gráfica de f de f ((x, y) = (x2 + y2 )ex −y
−
−
¯¯ ¯¯
⇒ punto de silla. ⇒ punto de silla.
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Héctor Héctor Palma Palma Valenzuel Valenzuela. a. Dpto. Dpto. de Matemática Matemática UdeC.
a) Dibuje en un sistema de coordenadas la placa D y las curvas (isotermas) T ( T (x, y ) = c, c, para c para c igual a 0, 1 y 2.
1
0.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
-0.5
-1
b) Use la ilustración anterior para ubicar los puntos de menor y mayor temperatura sobre la placa. Las isotermas son las elipses: x2 + 2y 2y 2 x = c 2 1 1 x + 2y 2y 2 = c + 2 4
µ−¶
−
Luego el menor valor c = 14 se obtiene en el punto ( 12 , 0) y 0) y el mayor valor en los puntos de la circunferencia del segundo y tercer cuadrante donde la isoterma es tangente a ésta.
−
c) Encuentre analíticamente los puntos de mayor y menor temperatura sobre D. i) puntos críticos en el interior de D :
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Héctor Héctor Palma Palma Valenzuel Valenzuela. a. Dpto. Dpto. de Matemática Matemática UdeC.
Si λ Si λ = = 2 :
x =
−
1 2,
y =
√
3 2 ,
o x =
iii) Se evalua T evalua T : T ( T ( 12 , 0) =
− 14 ,
−
1 2,
√
− 23 .
y =
T (1 T (1,, 0) = 0, 0, T ( T ( 1, 0) = 2, 2, T ( T (
−
− 12 ,
√
3 ) 2
= 94 , T ( T (
Luego ( Luego ( 12 , 0) es 0) es mínimo absoluto y √ √ 1 3 1 3 , , , son puntos de máximo absoluto. 2 2 2 2
³− ´ ³− − ´
√
− 12 , − 23 ) = 94
3. Sea R Sea R = = { {((x, y) : x 2 + y2 8} y f ( f (x, y) = x 3 + y3 + 3xy. 3xy. a) Encuentre los puntos críticos de f en f en el interior de R de R y clasifíquelos. b) Indique porqué puede asegurar que f que f posee posee extremos absolutos sobre R y encuéntrelos. (25 puntos)
≤
a) El sistema es: 3x2 + 3y 3y = 0 3y2 + 3x 3x = 0 De (1) y (1) y = x2 . Se reemplaza en (2): x4 + x = 0. Los puntos críticos son: (0, (0 , 0) y 0) y ( 1, 1). 1). 6x 3 La matriz Hessiana en (x, y) es H f (x, y ) = y su determinante 3 6y ∆(x, y) = 36xy 36xy 9. Luego se tiene: (x, y ) (0, (0, 0) ( 1, 1) f xx 0 6 xx ∆ 9 27 Natu Na tura rale leza za Silla Silla Má Máx. x. rela relati tiv vo b) f continua f continua sobre el compacto R garantiza la existencia de extremos absolutos. En el interior de R de R ya ya tenemos los dos puntos críticos encontrados en la parte
−
− −
−
−
µ
− − −
¶
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10
Héctor Héctor Palma Palma Valenzuel Valenzuela. a. Dpto. Dpto. de Matemática Matemática UdeC.
De las dos primeras: λ = x2 (x
3x2 +3y +3y 2x
=
3y2 +3x +3x 2y
y luego
x2 y + y 2 = xy2 + x2 y2 xy( xy(x y ) = 0 y)(x )(x + y xy) xy ) = 0
− − −
− −
Se tiene entonces dos posibilidades: x = y = y
∨ x + y = xy = xy..
Para x Para x = = y y,, la tercera ecuación del sistema da 2 da 2x x2 = 8 y luego x = 2, y = 2, λ = 92 x = 2, y = 2, λ = 32 .
−
−
−
2
Para x Para x + y = xy = xy se tiene y tiene y = x−x 1 y la tercera ecuación da x da x 2 + (x−x 1)2 = 8 con soluciones: x = 2, y = 2, λ = 92 x = 1 + 3, y = 1 3, λ = 92 x = 1 3, y = 1 + 3, λ = 92
− √ − − √
− − √ − √ − − Puntos críticos obtenidos: √ √ 3), (−1 − √ 3, −1 + √ 3). (2, (2, 2), 2), (−2, −2), 2), (−1 + 3, −1 − 3), 3). Finalmente se evalúa f evalúa f..− √ √ f (0 f (0,, 0) = 0 f ( f (−2, −2) = −4 f ( f (−1 + √ 3, −1 − √ 3) = −26 f ( f (−1, −1) = 1 f (2 f (2,, 2) = 28 f ( f (−1 − 3, −1 + 3) = −26 y se obtiene que (2 que (2, , 2) es 2) es el máximo absoluto y √ √ √ √ (−1 + 3, −1 − 3), 3), (−1 − 3, −1 + 3) son 3) son mínimos absolutos. 4. La temperatura temperatura de la placa metálica metálica x 2 + y2 ≤ 6 está dada por T ( T (x, y ) = 4x2 + 9y 9y2 − x2 y2 .
a) Determine los puntos críticos de T en T en el conjunto x conjunto x 2 + y2 < 6 y determine la naturaleza de uno de ellos. 8x 2xy2 = 0 El sistema , tiene soluciones: {y = 0, x = 0} , {x = 3, y = 2} 18y 18y 2x2 y = 0 {x = 3, y = 2} , {x = 3, y = 2} , {x = 3, y = 2} .
−
− −
−
−
−
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A partir de la primera ecuación: x(4 i) x i) x = = 0, y = ± = ± 6, λ = 9 ii) λ ii) λ = = 4 y2 y se resuelve
√
− y2 − λ) = 0 se obtiene:
−
y(9
− x2 − 4 + y2) 2
x +y
quedando y quedando y(2 (2yy2
− 1) = 0.0. Así,
2
= 0 = 6
√
y = 0, x = ± = ± 6, λ = 4 1 11 7 y = ± , x = ± = ± , λ = 2 2 2
r
r
√
√
Finalmen Finalmente te se evalúa evalúa:: T (0 T (0,, 0 ) = 0 , T (0 T (0,, ± 6 ) = 5 4, 4, T ( T (± 6, 0 ) = 2 4, 4,
q q
T ( T (±
11 2 ,
±
1 2)
=
95 4
= 23. 23. 75
√
De donde, (0 donde, (0,, 0) es 0) es el punto de menor temperatura y los puntos (± ( ± 6, 0) son 0) son los de mayor temperatura. c) ¿En qué puntos de la placa la dirección de mayor crecimiento de la temperatura es vertical? (está dada por el eje y). y ). La dirección de mayor crecimiento está dada por
∇T ( T (x, y) =
¡
8x
− 2xy2
¢ ¡
· ˆı + 18y 18y
− 2x2y
¢
· ˆ
Este vector es vertical cuando x = 0 (sobre el eje y) y cuando y = ±2 (dos segmentos de rectas) 5. Para enviar enviar por correo un paquete (caja) rectangular, la suma entre entre su longitud y el perímetro de la sección transversal al lado que determina la longitud no debe exceder las 100 pulgadas. ¿Cuál es la caja de mayor volumen que puede ser enviada?
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es cero (mínimo). Luego se debe encontrar: Máximo de V de V ((x,y,z) x,y,z ) = xyz xy z s.a : s.a : 2x + 2y 2y + z = 100 Usando método de multiplicadores de Lagrange yz xz xy 2x + 2y 2y + z
= = = =
2λ 2λ λ 1 00
(1) (2) (3) (4)
De (1) y (2): z (x
− y) = 0 y luego x luego x = = y y (z = 0 da un mínimo). √ √ De (3): x = y = y = = λ y de (1): z = 2 λ. √ √ 50 Ahora reemplazando en (4): 6 λ = 100 y
Luego x Luego x = y = al máximo.
50 3
, z=
100 3
λ = 3 .
es el único punto punto crítico crítico que debe corresponder
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Inte In tegr gral ales es múltip últiple les s 1. Sea R Sea R la región sólida encerrada por la esfera con centro el origen y radio y sobre el paraboloide z = x = x 2 + y2 . Considere la integral triple
Z Z Z
√ 2
xz 2 dV
R
Sin evaluar la integral, escríbala como integrales iteradas, usando coorde-
nadas: a) recta ctangulares
y
b) cilíndricas cas
Intersección de las superficies: x2 + y2 + z 2 = 2 z = x2 + y2 implica z + z 2 2 = 0 cuya única solución positiva es z = 1. Luego ego la la 2 2 intersección está en el plano z = 1 y en el cilindro x + y = 1, lo que indica que la proyección de R de R sobre el plano xy plano xy es el disco x disco x 2 + y2 1
−
≤
En coordenadas rectangulares I
Z Z Z
xz 2 dV
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Luego la región D región D se transforma en el rectángulo R : R :
≤ u ≤ π2 −1 ≤ v ≤ 0 0
Además, J Además, J T −1 (x, y) = Por tanto,
¯¯
I =
1 1
¯¯ − ⇒ − Z Z − Z Z ¯¯− ¯¯ Z Z 1 1
=
2
J T ( T (u, v ) =
(x + y) cos( cos(x x2
y 2) d( d (x, y )
D
=
1 = 2 1 = 2
u cos(uv cos(uv))
R π/2 π/2
1 d(u, v ) 2
0
u cos(uv cos(uv))dvdu
0
−1
− 12 .
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Inte In tegr gral ales es de líne línea a y super superficie 1. Sea C la C la curva que se encuentra en el primer octante como intersección del paraboloide z paraboloide z = = 4 x2 y2 y el cilindro cilindro x x2 + y2 = 4y. 4 y. Una Una particula se desplaza a lo largo de esta curva bajo la acción del campo gravitatorio
− −
F ( F (x,y,z) x,y,z) =
ˆ
· ˆ + z · k −GmM x(x· 2ˆı ++ yy2 · ˆ + z 2 )3/2
donde G, donde G, m, M son son constantes. Calcule el trabajo realizado por la fuerza. El campo F campo F es es conservativo. Un potencial para F está F está dado por f ( f (x,y,z) x,y,z) =
GmM (x2 + y2 + z 2 )1/2
luego para evaluar la integral de línea basta conocer los puntos extremos de la trayectoria. Dibujando las superficies 5 4 3 2
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Un potencial del campo vectorial dado es f ( f (x,y,z) x,y,z) = yx y x + sin xz Luego, I Luego, I = f ( f (r(2))
− f ( f (r(0)) = f = f ((e2 , 2, 16) − f (1 f (1,, 0, 0) = 2e 2e2 + sin sin 16e 16e2
(2e2 + sin(16e sin(16e2 ) = 13. 13. 863) 3. Usando Usando el teorema de Green, calcular calcular I =
Z
C
(x2
− y3) dx + (x2 + y2)dy donde dy donde C C es es el cuadrilátero formado por los
segmentos de las rectas y = x = x + 3, 3, y = x, = x, y = x + 4, 4, y =
−
Según teorema de Green I =
Z Z
−x + 2.2. (2x (2x + 3y 3y 2 )d(x, y)
D
donde D donde D es la región encerrada por las rectas:
4
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4. Sea F Sea F ((x,y,z) x,y,z ) =
x · ˆı + y · ˆ · ˆ + z · ˆk , para ( para (x,y,z x,y,z)) 6 = θ. (x2 + y2 + z2 )3/2
R
a) Calcule el flujo S F · n dS del del campo F campo F a a través de una esfera de radio a, a , centrada en el origen y orientada hacia el exterior. La normal unitaria exterior a la esfera es n = Sobre la esfera F
x · ˆı + y · ˆ · ˆ + z · ˆk
p
x2 + y 2 + z2
1 = x · ˆı + y · ˆ · ˆ + z · ˆk a
h
i
x · ˆı + y · ˆ · ˆ + z · ˆk x · ˆı + y · ˆ · ˆ + z · ˆk
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Según la parte a),
Z
E · · n dS =
S
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q ε0
S una esfera de centro (2, (2, 0, 0) y radio 1 Como la superficie no encierra al origen, según el teorema de Gauss
Z
E · · n dS =
x2 2
+
y2 4
· F dV = 0
Ω
S
S el elipsoide
Z Z Z ∇
+
z2 9
=1
Se considera una esfera centrada en el origen y de radio a = a = 5, de manera que contenga en su interior al elipsoide. Se aplica teorema de Gauss a la región Ω
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Una alternativa es usar la parametrización x(t) = cos t, y(t) = sin t, z (t) = sin t con 0 con 0
≤t≤π
la que orien orienta ta la curv curva en sentid sentido o contra contrario rio al desarr desarroll ollo o anter anterior ior.. Se tiene tiene entonces:
Z
π
F =
C
Z £ Z ¡− 0
=
0
π
(2cos t sin t + sin t + 1) 1) ( sin t) + 2sin2 t + cos t + 2 cos t + 3 cos cos t dt
−
sin t + 2 cos cos2 t + 5 cos cos t
−1
¢
¡
dt = dt =
−2
¢
6. Sean Ω la región del primer octante acotada por los planos coordenados y las superficies 4x2 + y 2 16 (cilindro (cilindro elíptico) elíptico) y z + y 4 (plano), S la
¤
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7. Un campo campo de fuerza fuerzass está dado por F ( F (x,y,z) x,y,z) =
2x y x + 2y 2y ˆ ı + ˆ + z 2 ˆk 2 2 2 2 x +y x +y
−
a) Con la trayectoria C 1 : x 2 + z 2 = 1 para determinar el trabajo
Z
y = 1, aplique el teorema de Stokes
∧ F
C 1
El campo es de clase C 1 en R3 {eje z } y × F = θ. Lueg Luego o podem podemos os 2 2 considerar la superficie plana S plana S 1 : y = 1 x + z 1 (que no toca al eje z) z ) cuyo borde es la curva C curva C 1 y aplicar el teorema de Stokes para obtener
−
∧
∇
≤
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el borde: C 2 sobre el plano xy plano xy con orientación antihoraria y C 3 sobre el plano z = 3 con orientación horaria. El teorema de Stokes indica que
Z Z Z F +
C 3
F =
C 2
lo que implica
C 3
Z Z ∇ Z Z −
× F · n dS = S = 0
S
F =
F =
C 2
F
C 3−
O sea, si las dos curvas se consideran orientadas en sentido antihorario, las integrales coinciden. 8. Sea Ω la región del espacio interior al cilindro x 2 + y2 = 2y, acotada inferiormente por el plano xy plano xy y superiormente por el paraboloide z = z = 4 x2 y 2. ˆ
− −