Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Choquehuanca Lizarraga
Cálculo II Exámenes Resueltos Segundo Parcial
( ( ))
1. Hallar: Div Rot F , si F = ( xy , yz, xz ) Solución: primero, debemos hallar rotor de la función vectorial.
i
( )
( )
∂ ( xz )
∂ y
−
∂
∂
∂y
∂z
xy
yz
xz
∂
,
∂ ( yz ) ∂ ( xy )
,
∂z
k
∂ × ( xy, yz, xz ) = ∂x ∂ x ∂y ∂z ∂
Rot F = ∇ × ( xy, yz, xz) =
Rot F =
j
∂z
∂
,
−
∂ ( xz ) ∂ ( yz )
,
∂x
∂x
−
∂ ( xy ) ∂y
( )
= ( − y, − z, − x ) ⇒ Rot F = − ( y, z, x )
Luego procedemos a calcular la divergencia:
(
( ))
Div Rot F
( y, z , x ) x y z ∂ ∂ ∂
∂
= −∇ ( y, z, x ) = −
,
∂
∂
,
( )) = 0
(
Como las derivadas parciales, se hacen cero entonces tenemos: ∴ Div Rot F
4
z
∂ F
x
∂ x
2. Sea F ( x, y, z) = x G( , ) , verificar la igualdad:
+ y
∂F ∂y
+z
∂F ∂z
= 4 F ( x, y, z )
Solución: para resolver o demostrar el problema, debemos realizar un cambio de variable en la función que desconocemos: de sconocemos:
y = m y z x 4 F ( x, y, z ) = x G( , ) ⇒ ⇒ F ( x, y, z) = x4 G( m, n) x x n = z x Bajo los respectivos cambios, se procederá a conformar un diagrama de composiciones: Según el diagrama determinamos las derivadas parciales que nos pide en la demostración: ∂ F ∂ x ∂ F
=
∂F ∂x
+
∂F ∂m ∂m ∂ x
+
∂n ∂ x
y ∂F z 4 ∂G ∂ m , x , = = − x 2 ∂n x2 ∂ ∂m ∂m ∂x ∂n ∂x Reemplazando todos los anteriores valores en la formula, se tiene: ∂ F ∂F y z 3 4 ∂G 4 ∂G 3 2 ∂G 2 ∂G = 4 x G ( m, n) + x − 2 + x − 2 ⇒ = 4 x G( m, n) − x y − x z ∂ ∂m x ∂n x ∂x ∂m ∂n Procediendo de la misma manera para las otras de rivas parciales tenemos: ∂ F ∂F ∂m ∂F ∂F 1 4 ∂G ∂ m 4 ∂G 1 3 ∂G , = = x = ⇒ =x =x ⇒ x ∂ y ∂m ∂y ∂m ∂m ∂ y ∂y ∂m x ∂m ∂ F ∂ z
=
∂F ∂n ∂n ∂z
⇒
∂F ∂m
= x
4
3
= 4 x G ( m, n),
∂G ∂ m ∂n
,
∂y
=
1
⇒
∂F
∂F ∂n
∂F
=x
=x
4
4
∂G ∂ m
∂G 1
,
=x
3
=−
∂G
x ∂z ∂n x ∂n Reemplazando las tres derivadas parciales en la ecuación a demostrar, se tiene: ∂G 3 ∂G 3 ∂G 2 ∂G x 4 x3G( m, n) − x2 y −x z + y x + z x = 4 F ( x, y, z ) ∂m ∂n ∂m ∂n 4 x 4G ( m, n) = 4 F ( x, y, z) ⇔∴ 4 F ( x, y, z) = 4 F ( x, y, z )
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1
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Cálculo II Exámenes Resueltos Segundo Parcial 2
3. Determinar la ecuación del plano tangente a la superficie z − x − xy = 0 , que sea perpendicular a los planos
π 1 : 2 x − y + z = 4, π 2 : x + y − z = 3 2
Solución: para empezar debemos aplicar el operador Nabla a la superficie: F = z − x − xy = 0
2 z x xy F − − ∇ ⇒ ( ) x y z ∂ ∂ ∂
∇ F =
∂
,
∂
,
∂
= ( −2 x − y, − x,1)
La ultima ecuación vectorial, representa un vector tangente en cualquier punto de la superficie, por lo tanto si es tangente este vector es perpendicular a las normales de los planos:
, 1) , N 1 = ( 2, − 1,1) ∈ π 1 , N 2 = ( 1,1, − 1) ∈ π 2 ∇ F = ( −2 x − y, − x,1 Si el vector tangente es perpendicular a las normales, entonces entonces podemos aplicar el producto escalar para vectores vectores perpendiculares:
, 1) ( 2, − 1,1) = 0 ⇒ − 3x − 2 y + 1 = 0 ∇ F N 1 = ( −2 x − y, − x,1 ,1) (1, 1,1, − 1) = 0 ⇒ − 3x − y − 1 = 0 ∇ F N 2 = ( −2 x − y, − x ,1
Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene los siguientes valores: x = −1, y = 2 ⇒ ∇F = ( 0,1,1) 2
Reemplazando los valores de x, y en la superficie F, se calcula el valor de z: z − ( −1) − ( −1) 2 = 0 ⇒ z = − 1
Empleando la ecuación punto normal del plano, se calcula la ecuación del plano tangente: x = −1, y = 2, z = − 1, ∇F = ( 0,1,1)
0 ( x − ( −1) ) + 1( y − 2) + 1( z − ( − 1) ) = 0 ⇒∴ y + z − 1 = 0 4. Determine el paralelepípedo rectangular de máximo volumen y área total a 64m2. Solución: se procederá a graficar el paralelepípedo: Para resolver este problema se empleara lo que es multiplicadores de Lagrange, donde la función a maximizar será el volumen y la función restricción será el área total igualada a cero
F ( x, y, z, λ ) = Volumen + λ ( At ) Donde: Volumen = xyz, At = 2 xy + 2 yz + 2 xz − 64 = 0 Reemplazando las anteriores ecuaciones en F tenemos:
F ( x, y, z, λ ) = xyz + λ (2 xy + 2 yz + 2 xz − 64) Derivando respecto de cada variable tenemos, e igualando a cero tenemos el siguiente sistema de ecuaciones: Fx = yz + λ (2 y + 2 z ) = 0
Fy = xz + λ (2 x + 2 z ) = 0 Fz = xy + λ (2 x + 2 y ) = 0 F λ = 2 xy + 2 yz + 2 xz − 64 = 0
Donde la las soluciones respectivas son x = y = z =
32 3
u , de donde llegamos a la siguiente conclusión, si deseamos obtener la
dimensiones de un paralelepípedo de volumen máximo y de un área determinada las dimensiones de este deben ser iguales, por lo tanto el paralelepípedo debe ser un cubo.
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Cálculo II Exámenes Resueltos Segundo Parcial x y z xx yy zz 1. Mostrar que el plano tangente a la superficie 2 + 2 + 2 = 1 , en el punto P0 ( x0 , y0 , z 0 ) , es: 20 + 20 + 20 = 1 a b c a b c x 2 y 2 z 2 Solución: aplicando el operador nabla para F = 2 + 2 + 2 − 1 = 0 : a b c ∂ ∂ F ∂F ∂F 2 x 2 y 2 z ∂ ∂ ∇ F = , , , , , , evaluando en el punto P0 ( x0 , y0 , z 0 ) , el vector F = = 2 , 2 2 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ x y z x y z a b c 2
2
2
resultante será la normal del plano tangente:
∇ F
π:
0
2 x0 , 2 a
=
2 x0 a2
2 y0 b2
( x − x0 ) +
2 z 0
2 y0 b2
= N empleando esta normal y el punto P0 ( x0 , y0 , z 0 ) podemos determinar la ecuación del plano:
,
c2
( y − y0 ) +
2 z0 c2
( x − z 0 ) = 0 ⇒
Como P0 ( x0 , y0 , z0 ) ∈ F ⇒ F ( x0 , y0 , z 0 ) = Ecuación β en α entonces: ∴
xx0 a
2
2. Si F ( x, y ) = 0 , demostrar:
+
yy0 b
2
+
x0 2 a2 zz 0 c2
y0 2
+
b2
xx0
+
a2 z 0 2
+
c2
yy0 b2
+
zz0 c2
=
x0 2 a2
+
y0 2 b2
+
z 0 2 c2
...α
= 1... β
=1
2
2
( Fx ) Fyy − 2 FxFyFxy + ( Fy ) Fxx = − 3 dx 2 ( Fy )
d2y
dy
=−
Fx
...α dx Fy Calculando al derivada nuevamente respecto de x, empleando la derivada de un cociente tenemos: d ( Fx ) d ( Fy ) Fy − Fx 2 d ( Fx ) d ( Fy ) d y d Fx Fx d x d x ... para calcular y , empleamos diferenciales totales. = − = − β 2 dx 2 d x Fy dx dx ( Fy ) Solución: empleando derivación implícita tenemos:
d ( Fx )
=
1
( Fxxdx + Fxydy ) = Fxx + Fxy
dx dx Reemplazando α en las anteriores ecuaciones: d ( Fx ) dx
d y d ( Fy ) 1 dy ; = ( Fyxdx + Fyydy) = Fyx + Fyy dx dx dx dx
Fx d ( Fy ) Fx .; . = Fyx + Fyy − F y d x F y
= Fxx + Fxy −
Reemplazando las anteriores ecuaciones en β : 2 Fx Fx Fx ) ( FxxFy − FxyFx − FyxFx + Fyy Fxx − Fxy . Fy − Fyx − Fyy . Fx Fy Fy d2y Fy =− =−
dx 2
∴
( Fy ) 2
2
( Fy )
2
2
( Fx ) Fyy − 2 FxFyFxy + ( Fy ) Fxx = − 3 dx 2 ( Fy )
d2y
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1 3. Hallar ∇ ∇ 2 si r = ( x, r
y,
Cálculo II Exámenes Resueltos Segundo Parcial
z ) :
Solución:
1 ∂ 1 x y z ∂ ∂ r =x +y +z ⇒ ∇ 2 = , , , , = −2 2 2 2 ∂ x ∂y ∂z x 2 + y 2 + z 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( x + y + z ) ( x + y + z ) ( x + y + z ) r 1 ∂ x y z ∂ ∂ , , −2 , , ∇ ∇ 2 = 2 2 2 ∂ x ∂y ∂z 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x + y + z ) ( x + y + z ) ( x + y + z ) r ( ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 x 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 y 2 ( x2 + y 2 + z 2 ) − 4 z 2 1 ∇ ∇ 2 = −2 + + 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( x + y + z ) r (x + y + z ) ( x + y + z ) 2
2
2
2
1 2 2 1 2 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 ( x 2 + y 2 + z 2 ) ) = ∇ ∇ 2 = − ⇒∴ ∇ ∇ 2 = 4 ( 3 2 x 2 + y 2 + z 2 ) x 2 + y 2 + z 2 ) r r r ( (
3
3
4. Hallar los máximos y mínimos relativos de: f ( x, y ) = x + y − 3 x − 12 y + 20 20 Solución:
fx = 3 x − 3 = 0, x = 1
Derivando respecto a cada una de las variables e igualando a cero:
fy = 3 y − 12 = 0, y = 4
Calculando el Hessiano: ∆ =
fxx
fxy
fyx
fyy
=
3
0
0
3
⇒ P (1, 4)
= 9 por lo tanto existen extremos.
Determinamos si ex máximo o mínimo: fxx = 3 entonces existe mínimo en el punto P(1,4) 5. Una caja rectangular sin tapa ha de tener un volumen de 32 unidades. ¿Cuál han de ser las dimensiones para que la superficie sea mínima? Solución Lo aconsejable para resolver este tipo de ejercicios es utilizar multiplicadores de Lagrange:
Sup = yz + 2 xy + 2 xz V = xy xyz = 32 ⇒ G ( x, y, z ) = V − 32 = xyz − 32 Aplicando multiplicadores de Lagrange. F ( x, y, z, λ ) = Sup + λ G( x, y, z ) F ( x, y, z, λ ) = yz + 2 xy + 2 xz + λ ( xyz − 32) Derivando respecto de cada una de las variables e igualando a cero, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones.
Fx = 2 y + 2 z + λ yz = 0 Fy = z + 2 x + λ xz = 0 ⇒∴ λ Fz y 2 x xy 0 = + + = F λ = xyz − 32 = 0
= z = 4[u ], x = 2[u ]
Entonces la base debe ser cuadrada, la altura la mitad de un lado de la base.
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Cálculo II Exámenes Resueltos Segundo Parcial 2 2 4 ∂ u ∂ u ∂ u 2
x 2 + y 2 + z 2 , demostrar que satisface la ecuación diferencial
1. Si u =
+
2
∂
∂ y
+
2
∂z
2
=−
.
u
Solución:
∂u
x 2 2 2 x + y + z − x − 2 x 2 + y 2 + z 2 x ∂ u ⇒ 2 = − 2 x + y 2 + z 2 ∂x x 2 + y 2 + z 2
=−
∂ x
2
∂ u ∂ x
2
2 2 2 2 2 2 2 = − x + y + z + x = − 2x + y + z 2 3/ 2 3/ 2 2 2 ( x + y + z ) ( x2 + y 2 + z 2 )
2 x2 + y 2 + z2
=−
( x
2
2
2
+ y + z
)
3/ 2
Por simetría tenemos las siguientes derivadas de orden 2: 2
∂ u ∂ y
2
2 y 2 + x2 + z2
=−
( x
2
2
+ y +z
2
)
2
∂ u
,
3/ 2
x2 + y 2 + 2 z 2
=−
2
∂z
(x
2
2
)
2
+ y + z
3/ 2
Sumando las derivadas. 2
∂ u ∂ x
2
2
+
∂ u ∂y
2
2
+
∂ u ∂z
2 x2 + y2 + z2
=−
2
( x
2
2
+ y +z
2
)
3/ 2
2 y 2 + x2 + z2
−
(x
2
3/ 2
x2 + y 2 + 2 z 2
−
+ y +z
2
)
) x, ( x
2
+ y + z
2
(x
2
+ y +z
2
2
) y, ( x
2
)
4( x 2 + y 2 + z 2 )
=−
3/ 2
(x
2
2
2
+ y + z
)
2
, 3/ 2
∂ u ∂x
2
2
+
∂ u ∂y
2
2
+
∂ u ∂z
2
=−
u
2
2. Si: r = ( x, y , z ) encontrar ∇ r r . Solución: 2
2
r = ( x2 + y 2 + z2 ) ⇒ r r =
{( x
2
2
+y +z
2
2
2
2
+ y + z
2
) z}
Aplicando divergencia tenemos:
2
∇ r r =
∂
∂ x
2
∂
,
∂y
(
2
,
2
2 2 2 {( x + y + z ) x, ∂z ∂
2
∇ r r = 2x + x + y + z
2
) + 2y
2
(
2
(x
2
+ x + y + z
2
2
2
+ y +z
2
) y, ( x
) + 2z + ( x 2
2
x cos y
3. Hallar el plano tangente y la recta normal a la superficie z = e Solución: aplicando el operador nabla a la superficie tenemos.
2
2
2
+ y + z
+ y + z
2
2
) z}
) = 5( x
2
2
+ y + z
2
)∴ ∇
2
2
r r= 5r
− , en el punto P(1, π , e ) .
1
z = e x cos y ⇒ F = e x cos y − z = 0
∇ F =
∂
∂ x
,
∂ ∂y
,
F ∂z ∂
∂ F
=
,
∂x
∂F ∂y
,
∂F
= ( cos y.e ∂ z
x cos y
,
. sin y.e − x.s
x cos y
, − 1)
−1
Evaluado en el punto P (1, π , e ) , el resultado vendría a ser la normal del plano y el vector direccional de la recta.
∇ F
P
(
1 cos π
= cos π .e
1 cos π
, −1.sin π .e
, − 1) = ( − e , 0,− 1) = N = a −1
Empleando el punto P (1, π , e− ) y N = a = ( −e − , 0, 0, −1) , se determina la ecuación del plano tangente y la recta normal 1
.∴ π :
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1
x e
+ z =
4
1 1 ⇒ l : x = 1 − t , y = π , z = − t e e e
2
5
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Cálculo II Exámenes Resueltos Segundo Parcial
4. Si f ( x − az , y − bz ) = 0 , demostrar que: a
∂ z ∂ x
+b
∂z ∂y
=1
Solución: para resolver este tipo de ecuaciones se debe hacer un cambio de variable: f ( m , n) = 0 si m = x − az a z ∧ n = y − bz b z , y luego realizar el diagrama de composiciones. Determinemos
∂ z ∂ x
∧
∂z ∂y
, como es una función implícita se aplica:
∂ z ∂ x
=−
fx fz
∧
∂z ∂y
=−
fy fz
aplicando regla de la cadena para funciones compuestas tenemos: (nota: si no conozco la derivada respecto de una variable, se mantiene en su forma de derivada) ∂ f ∂m ∂ z ∂ x
=−
fx fz
=−
∂f
∂ f ∂n
.1
∂z ∂n ∂y fy ∂m ∂x ∂m ...α ∧ =− =− =− = ∂ f ∂m ∂f ∂n ∂f ∂f ∂f ∂m ∂f ∂n fz ∂y (− a ) + (−b) + + ∂m ∂z ∂n ∂z ∂m ∂n ∂m ∂ z ∂n ∂z
Reemplazando α ∧ β en la ecuación a demostrar, tenemos: ∂ f ∂f ∂ z ∂z ∂m ∂n a b +b = a + ∂f = ∂ f ∂f ∂f ∂ x ∂y a+ b a+ b ∂n ∂n ∂m ∂m
∂f ∂m ∂f ∂m
a+ a+
∂f ∂n ∂f ∂n
b
= 1 ⇒∴ a
b
∂z ∂x
+b
∂z ∂y
=1
5. Determinar las dimensiones de los lados de un triangulo si su perímetro es 12 cm., de manera que su área sea máxima. (sugerencia, usar A =
s( s − a)( s − b)( s − c) )
Solución:
a + b + c = 12, ⇒ G ( a, b, c) = a + b + c − 12 = 0, A = a+b+c
s( s − a)( s − b)( s − c)
12
)(6 − b )( )(6 − c) = 6 ⇒ A = 6(6 − a )( 2 2 Empleando multiplicadores de Lagrange, para G (a, b, c) = a + b + c − 12 = 0 y
s =
=
A = 6(6 − a )(6 − b)(6 − c) F ( a, b, c, λ ) = A + λ G( a, b, c) = 6(6 − a)(6 − b)(6 − c) + λ ( a + b + c − 12 ) Derivando respecto de cada variable, igualando a cero y por ultimo resolviendo el sistema de ecuaciones tenemos:
6(6 − b)(6 − c) Fa = + λ = 0 2 6(6 − a )(6 − b)(6 − c) 6(6 − a )(6 − c) + λ = 0 Fb = 2 6 ( 6 a ) ( 6 b ) ( 6 c ) − − − ⇒∴ a = b = c = 4[u ] , λ = 3 6(6 − a )(6 − b) Fc = + λ = 0 2 6(6 − a )(6 − b)(6 − c) F λ = a + b + c − 12 = 0 Por lo tanto las dimensiones del triangulo deben ser iguales para que su área sea máxima.
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6
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, demostrar Po ( xo ,
1. si u = arctan
Cálculo II Exámenes Resueltos Segundo Parcial
yo ,
z o )
Solución:
y ∂u u = arctan ⇒ x ∂x 2
⇒
2
∂ u ∂ x
+
2
∂ u ∂y
( x
2
+y
=
2 2 y x 1+ x
2 xy
=
2
=
−y
1
2
)
2 xy
−
2
(x
2
+y
2
)
2
2
−y
∂ u
,
x 2 + y 2 ∂x 2
2 xy
=
( x
2
+y
2 2
)
,
∂u
=
∂y
1
1
2 y x 1+ x
=
x
2
,
∂ u
x2 + y2 ∂ y2
2 xy
=−
(x
2
+y
2 2
)
=0
Cumpliendo así con la demostración, NOTA.- a este tipo de funciones se le conoce con el nombre de funciones armónicas. 2
2
2
Encuentre los puntos del hiperboloide x − 2 y + 4 z = 16 , en los que el plano tangente es paralelo al plano:
2.
4 x − 2 y + 4 z = 5 2
2
2
Solución: aplicando el operador Nabla al hiperboloide: x − 2 y + 4 z − 16 = 0 = F
∇ F =
∂
∂ x
Po ( xo ,
∇ F
P 0
∂
,
∂y
yo ,
,
F ∂z
∂ F
∂
=
∂F
,
∂x
∂y
∂F
= ( 2 x,
,
∂ z
8 z ) sea
−4 y,
z o ) el punto buscado, entonces tenemos:
= ( 2 x0 ,
−4 y0 ,
8 z 0 ) igualando el anterior vector con la normal del plano por
la existencia de paralelismo entre vectores
∇ F
P 0
x0 = 2t 1 = t N , ( 2 x0 , −4 y0 , 8 z0 ) = t ( 4, − 2, 4) ⇒ y0 = − t ⇒ Po ( xo , yo , zo ) = (2t , 2 1 z t = 0 2
Po ∈ hiperbolide ⇒ x0 2 − 2 y0 2 + 4 z0 2 = 16 = 4t 2 −
3
3
1 2
t 2 + t 2 = 16, t = ±
4
2 ⇒∴ P 0 = ±
3
4 3
−
1 2
1
t,
2
2 (2, −
1 2
t )
1
,
2
)
3. Demostrar ∇ r r = 6 r , si r = ( x, y, z) Solución:
3
3
∂
{x ( ∂ x
3
(
∇ r r = ∇
∇ r r =
∇ r r = + z
3 2
(
x2 + y2 + z2
3
)
x2 + y2 + z2
x2 + y2 + z2
3
)
+x
( x, y , z ) = ∇ ( x ∂
)} + ∂y { y ( 3 2
(
x2 + y2 + z 2
x 2 + y 2 + z 2 ( 2 x) +
(
3
) ( ∂ )} + ∂z { z ( x
x2 + y2 + z2
x2 + y2 + z 2
,y
x2 + y2 + z2
2
2
+ y +z
3
)
+ y
3 2
2
3
) ( ,z
)
3
x2 + y 2 + z 2 )
) }
x 2 + y2 + z2 ( 2 y ) +
(
3
)
x2 + y 2 + z 2
x 2 + y 2 + z 2 ( 2 z )
3
∇ r r = 3
(
x2 + y 2 + z 2
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3
)
+
x 2 + y 2 + z 2 ( 3x2 + 3 y 2 + 3z 2 ) = 6
(
x2 + y2 + z 2
3
)
3
3
⇒∴ ∇ r r = 6 r
7
Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Choquehuanca Lizarraga 3 3 4. Determinar los máximos y mínimos de f ( x, y ) = x + y − 3 x − 3 y
Cálculo II Exámenes Resueltos Segundo Parcial
∂ f 2 ∂ x = 3 x − 3 = 0, x = ±1 Solución: derivando respecto de cada variable e igualando a cero tenemos los siguientes ∂ f 2 = 3 y − 3 = 0, y = ±1 ∂ y puntos P1 (1,1), ,1), P2 (1, −1) P3 (−1,1 1,1)) P 4 (−1, 1, −1) 2
Calculando el Hessiano: ∆ =
2
∂ f
∂ f
2
∂x∂y
∂ x 2
=
2
∂ f
∂ f
∂ y∂x
∂y
2
∆ P 1 = 36 ⇒ ∃extremos Punto o _ de _ ensi en sillladu ladurra 6 x 0 ∆ P 2 = −36 ⇒ es _ Punt = 36 xy 0 6 y Punto o _ de _ ens en silla illadu dura ra ∆ P 3 = −36 ⇒ es _ Punt ∆ = 36 ⇒ ∃extremos P 4
2
Determinamos si existe máximo o mínimo
2
∂ f ∂ x
= 6,
2 P1
∂ f ∂x
= −6 . En P1 existe mínimo, en P2 existe máximo y en los
2 P 4
puntos P2 y P3 existe punto de ensilladura. 5. Encuentre el volumen máximo de un paralelepípedo rectangular, tal que tres de sus aristas están en los ejes positivos x, y, z y uno de sus vértices esta en el plano 2 x + 3 y + 4 z = 12 Solución: sea el punto P ( x, y, z ) que pertenece al plano y al paralelepípedo, aplicando multiplicadores de Lagrange. Volu Volume men n = xyz xyz Es la función a maximizar
G = 2 x + 3 y + 4 z − 12 = 0 Es la restricción f = xyz + λ ( 2 x + 3 y + 4 z − 12 1 2) Hallando la derivada parcial respecto de cada variable e igualando a cero tenemos:
f x = yz + λ ( 2 ) = 0 4 2 f y = xz + λ ( 3) = 0 1, λ = − ⇒ x = 2, y = , z = 1, 3 3 f y = xy + λ ( 4 ) = 0 f λ = 2 x + 3 y + 4 z − 12 = 0 8
⇒∴ Volumen = [u3 ]
3 Por lo tanto, para que el paralelepípedo tenga un volumen máximo, teniendo como restricción el plano debe tener las siguientes 4 dimensiones x = 2, y = , z = 1 . 3
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Cálculo II Exámenes Resueltos Segundo Parcial
FORMULARIO MAT-102 DERIVADAS PARCIALES Y APLICACIONES 1. TEOREMA DE EULER: se llama función homogénea de grado n, siempre que se verifique la igualdad: f (kx, ky) = k n f ( x, y) , Para toda función homogénea diferenciadle de grado n, se verifica siempre la igualdad: 2. DIFERENCIAL TOTAL DE UNA FUNCIÓN: si
. fx + y. fy = n. f ( x, y ) z = f ( x, y ) ⇒ dz = fx.dx + fy.dy
u = f ( x, y, z) ⇒ du = fx.dx dx + fy.dy + fz.dz Para las diferenciales de orden superior se verifica la siguiente formula simbólica. n
∂ ∂ ∂ d n u = dx. + dy. + dz. f ( x, y, z) ∂y ∂z ∂ x 3. DERIVADA DE FUNCIONES COMPUESTAS: si z = f ( x, y ) ∧ x = ϕ (t ), y = ψ ( t ) entonces la derivada de la función compuesta respecto de t se la calcula:
dz
=
∂f dx
+
∂f dy
dt ∂x dt ∂y dt En caso particular de varias variables independientes: z = f ( x, y ) ∧ x = ϕ (u, v), y = ψ ( u, v) donde u y v son variables independientes, las derivadas parciales de z respecto u y v se calculan así: ∂ z ∂f ∂x ∂f ∂y ∂z ∂f ∂x ∂f ∂y ∂u
=
∂x ∂u
+
∂y ∂ u
∧
=
∂v
∂x ∂ v
+
∂y ∂v
4. DERIVADA DE UNA FUNCIÓN IMPLÍCITA: si f ( x, y ) = 0 la derivada de y respecto de x es igual:
dy
=−
fx
dx fy En caso de que sea la función: f ( x, y , z ) = 0 la derivada z respecto de las demás variables se la calcula: fx ∂z fy ∂ z ∂ x
=−
∧
fz
∂y
=−
fz
5. DERIVADA EN UNA DIRECCIÓN DADA: sea una función z = f ( x, y ) y dada una dirección dada l = PP 1 , donde f ( P ) y
f ( P 1) son valores de la función en los puntos pun tos P y P1, entonces se verifica la formula.
∂ z ∂l
=
∂f ∂x
cos α +
∂f ∂y
sin α
6. GRADIENTE DE UNA FUNCIÓN: también denominada la velocidad del crecimiento máximo de la función en un pu nto dado, sea u = f ( x, y, z) el gradiente de la función se la calcula de la siguiente manera:
∂ f ∂f ∂f , f ( x, y, z ) = , ∂ y ∂z ∂ ∂x ∂y ∂z Nota: también nos ayuda a determinar el plano tangentey recta normal de una función y en un punto determinado. 7. DIVERGENCIA DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL: sea F = ( f 1, 1, f 2, f 3) entonces la divergencia de la función vectorial será:
∇u =
∂
∂
,
∂
,
∂
( f 1, f 2, f 3) ∂ x ∂y ∂z 8. ROTOR DE UNA FUNCIÓN VECTORIAL: sea F = ( f 1, 1, f 2, f 3) entonces el rotor de la función vectorial será:
∂
∇ F =
∇ × F =
∂ x
,
,
∂
,
∂ ∂y
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,
∂
× ( f 1, f 2, f 3) ∂z ∂
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Elaborado por: Jhonny Choquehuanca Choquehuanca Lizarraga Cálculo II Exámenes Resueltos Segundo Parcial 9. MÁXIMOS Y MÍNIMOS RELATIVOS: sea z = f ( x, y ) , entonces los máximos y mínimos relativos se calculan de la siguiente manera: o
Derivar respecto de cada variable, igualar a cero y resolver el sistema de ecuaciones:
fx = 0 ⇒ Po( x0 , y0 ) fy 0 = o
Calcular el Hessiano y tomar las siguientes consideraciones: ∆ =
fxx
fxy
fyx
fyy
Si ∆ Po > 0 entonces existen extremos en Po. Si ∆ Po < 0 entonces existe punto de ensilladura en Po. Si ∆ Po = 0 entonces se debe efectuar otro análisis. Para determinar si es máximo o mínimo se evalúa Po en fxx : si fxx Po > 0 entonces es mínimo por otro lado si
fxx Po < 0 entonces es máximo. 10. MULTIPLICADORES DE LAGRANGE: sea z = f ( x, y ) la función a maximizar o minimizar, sujeta esta a una restricción
G ( x, y ) = 0 , entonces se conformara la siguiente función: F ( x, y, λ ) = f ( x, y) + λ G( x, y) o Luego procedemos a derivar la función respecto de cada variable, luego se iguala a cero y por ultimo resolvemos el sistema de ecuaciones: Fx = 0
Fy = 0 Fz = 0 F λ λ = 0 11. NOTA TODOS LOS CONCEPTOS DE DERIVADAS DERIVADAS EMPLEADOS EN CALCULO CALCULO I SE CUMPLEN EN CALCULO II, como ser regla de la cadena, derivada de una suma, s uma, derivada de un producto, derivada de un cociente y derivadas de orden superior.
E-mail:
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