´ Segunda pr´actica actica calificada MATEMATICA III (2015-2) Nizama Mamani Michel , Pajuelo Villanueva Miguel Facultad Faculta d de d e Inge I ngenier´ nier´ıa ıa El´ectrica ectr ica y Elect E lectr´ r´onica onica (FIEE) Universidad Universida d Nacional Naciona l de Ingenier Ingeni er´´ıa
10 de octubre de 2015
1. En una superficie sup erficie esf´erica erica cuyo radio mide R, se inscribe un cilindro circular recto de ´area area total m´axima. axima. Calcular las dimensiones del cilindro que cumple tal condici´on. ´ RESOLUCION
h = 2y
Atotal = 2πr 2 + 2πrhh 2πrhh
r = x = x
Del grafico vemos: x2 + y 2 = R 2 F ( F (x, y ) = x 2 + y 2
y 2 = R 2
→
− R2
− x2
4πxy Atotal = G( G (x, y) = 2πx 2 + 4πxy
∇G(x, y) = λ∇F ( F (x, y )
⇒
(4πx (4πx + 4πy 4πy,, 4πx) πx) = λ(2 λ (2x, x, 2y) igualando: 2πx
+
2πy
x
=
λ
2πx
y
y
=
λ
xy + xy + y 2 = x 2 reemplazando: y reemplazando: y 2 = R 2 (xy) xy )2 = (2x (2x2 x 2 ( R2
− R2)2
− x2
− x2) = 4x4 + R4 − 4x2R2 0 = 5x4 − 5x2 R2 + R4 √ ⇒ x2 = −5 ± 2510 − 20 √ 5 25 − ± − 2 2 ⇒ y = R −( 10 R
2
R
R
2
4
R
R
4
4
20R
4
→ →
)
1
r = x = x = = h = 2y = 2
−
R2
5R
2
− ( −5R
√
25R 10
± 2
±
√
4
25R 10
20R
− 4
−
4
20R
4
)
2.Sea la funci´on on escalar ϕ escalar ϕ :
A
⊆ R2 → R definida por la siguiente regla de correspondencia.
1 (x + y ) sen( sen( − → ϕ( x ); 0 (x + y ) 2
2 α
2
si : si : (x; y ) = (0;0))
2 α
si : si : (x; y) = (0;0)
−→
Calcule α Calcule α para que ϕ que ϕ sea diferenciable en el punto x = (0; 0). Justifique Justifique su respuesta. ´ RESOLUCION Analizamos para cada uno de los siguientes casos: (α (α > 0) Primero elegimos una curva para poder conocer el posible p osible l´ımite. ımite. x=t; y=t 1 l´ım 2t2 sen( sen( 2 ) t→0 2t 1 sen( sen( 2 ) 2t = 0 l´ım 1 t→0 2t2 Usando la definici´on on epsilon-delta δ > 0; > 0/ 0 / (x; y) (0; (0; 0) < δ y ϕ L < 1 1 x2 + y2 1 (x; y ) < δ x2 + y2 < δ > > ... (1) δ x2 + y 2 δ x2 + y2 ϕ L < 1 (x2 + y 2 )sen( sen( 2 ) 0 < ... (2) x + y2 Ahora, analicemos la funci´ on on seno. Sea senθ Sea senθ = = θ θ((θ 0) senθ 0 Hacemos: sen Hacemos: sen((x2 + y 2 ) x2 + y2 sen( sen(x2 + y 2 ) x2 + y2 2 2 Dividiendo Dividiendo entre (x + y ) > 0: > 0: x2 + y2 x2 + y2 sen( sen(x2 + y 2 ) 1 ... (3) x2 + y2 De (1), (2) y (3) vemos que no existe relaci´on on entre entre y δ , δ , entonces, el l´ımite no existe en (0;0) para α > 0 Ahora lo vemos gr´aficamente: aficamente:
∃ | − | |
−
| − |
⇒ ⇒
→⇒
− |
→
⇒
N´ otese otese que en (0;0) no es cont´ cont´ınua, por tanto, no es diferenciable. 2
Ahora analizamos en (α (α < 0) Primero elegimos una curva para poder conocer el posible p osible l´ımite. ımite. x=t; y=t 1 l´ım 2 sen(2 sen(2tt2 ) t→0 2t sen(2 sen(2tt2 ) l´ım =1 t→0 2t2 Usando la definici´on on epsilon-delta δ > 0; > 0/ 0 / (x; y) (0; (0; 0) < δ y ϕ L < 1 1 x2 + y2 1 (x; y ) < δ x2 + y2 < δ > > ...(1) 2 2 δ x +y δ x2 + y2 ϕ L < 1 (x2 + y 2 )sen( ) 1 < sen( 2 x + y2 1 (x2 + y 2 )sen( sen( 2 ) < + 1 ... (2) x + y2 Ahora, analicemos la funci´ on on seno. Sea senθ Sea senθ = = θ θ((θ 0) senθ 0 Hacemos: sen Hacemos: sen((x2 + y 2 ) x2 + y2 sen( sen(x2 + y 2 ) x2 + y2 Dividiendo Dividiendo entre (x2 + y 2 ) > 0: > 0: x2 + y2 x2 + y2 2 2 sen( sen(x + y ) 1 ... (3) x2 + y2 De (1), (2) y (3) vemos que no existe relaci´on on entre entre y δ , δ , entonces, el l´ımite no existe en (0;0) para α < 0 Ahora lo vemos gr´aficamente: aficamente:
∃ | − | | |
−
| − |
⇒ ⇒
→⇒
− | |
→
⇒
N´ otese otese que en (0;0) no es cont´ cont´ınua, por tanto, no es diferenciable. Ahora analizamos en (α (α = 0)
3
Primero elegimos una curva para poder conocer el posible p osible l´ımite. ımite. x=t; y=t 1 l´ım(2t (2t2 )0 sen( sen( 2 0 ) t→0 (2t (2t ) l´ım sen1 sen1 = sen1 sen1
→0
t
Vemos que el l´ımite existe para (0;0) para α para α = 0 Ahora lo vemos gr´aficamente: aficamente:
N´ otese otese que es cont´ cont´ınua pero no es diferenciable en (0;0) (0 ;0)
4
3. Sea la funci´on on escalar ϕ : A ϕ(x, y ) = xy
√ 3
⊆ R2 → R definida por las siguiente regla de correspondencia
-Esbozar la gr´afica afica del dominio de
δϕ δx δϕ δx en
-Calcular la ecuaci´on on del plano tangente a la gr´afica afica de
el punto (8,1).
´ RESOLUCION i) F i) F =
δϕ δx
= 31 x
−2 3
1 3
1 3
y =
Su gr´ afica afica seria:
3
y x 2
DomFR 2
→
− {x = 0}
ii) P ii) P 0 = (x0 , y0 ) = (8, (8, 1) como P como P 0 Y
∇F = (
→ P−−→ X = (x − x0 , y − y0 , z − z0 )
al plano plano tangent tangentee δF 0 δF 0 δF 0 δx , δy , δz )
al plano plano tangente. tangente.
es perpendicular a ϕ en P 0
entonces:
∇F.P−−→ X = (
δF 0 δF 0 δF 0 δx , δy , δz ).(x
− x0, y − y0, z − z0) = 0
El plano tangente en P 0 sera: δF 0 ( x δx (x
δF 0 δy (y
− x0) +
δF δF δF δx , δy , δz
Calculando 5
−2 x − y 9
δF δx
=
δF δy
= 91 x
δF δz
=0
3
−2 3
− y0 ) +
y
1 3
−2 3
δF 0 δz (z
− z0) = 0
:
→ → →
=
δF 0 δy
=
δF 0 δz
=0
Reemplazando en la forma del plano:
− 1441 (x − 8) + 361 (y − 1) + 0(z 0(z − 0) = 0 reduciendo: x
5
δF 0 δx
− 4y − 4 = 0
z = 0
5
1 3
−2 (8) − (1) = − 1 9 144 3
−2 −2 (1) 3 1 3 (8) 9
=
1 36
5. Que condici´ condici´ on on deben satisfacer α satisfacer α y y β β para para que exista una funci´on on escalar υ escalar υ A A 2 2 2 3 por υ por υ (x,y,z) = ϕ = ϕ((αx + βy + z ) que sea arm´onica onica en todo R .
⊆ R 3 → R definida
´ RESOLUCION Sea: υ (x,y,z) x,y,z) = ϕ( ϕ (αx2 + βy 2 + z 2 ) Entonces:
∇υ = ϕ = ϕ(2 (2αx, αx, 2βy, βy , 2z ) ∇2υ = ϕ = ϕ(2 (2α, α, 2β, 2) Para que sea arm´onica onica debe cumplir: ∂ 2 υ ∂x 2
+
∂ 2 υ ∂y 2
+
∂ 2 υ ∂z 2
=0
2α + 2β 2β + + 2 = 0 α + β = =
−1
6. Sea la funci´on on escalar
A
⊆ R2 → R definida por la siguiente regla de correspondencia. 3
3
2 3
2 3
2
2
x − y x + y ; x > y →x ); x + y ϕ(− x + y ; x < y 0; x = y = y = = 0 ¿Existe ϕx (2; 2)? 2)? ¿Existe ϕy (1;2)? ´ RESOLUCION
∂ϕ(2;2) ∂ϕ (2;2) usando usando la definici´ definici´ on: on: ∂x ∂ϕ(2 ∂ϕ (2;; 2) ϕ(2 + h; 2) ϕ(2;2) = l´ım h→0 ∂x h (2 + h)3 23 0 (2 + h)2 + 22 = l´ım h→0 h 8 + h3 + 3(2 + h)(2h )(2h) 8 = l´ım h→0 h(h2 + 2h 2h + 8) 2 h + 6(2 + h) 3 = l´ım 2 = h→0 h + 2h 2h + 8 2 ∂ϕ(2 ∂ϕ (2;; 2) 3 = Si es diferenciable en (2;2) ∂x 2 Hallamos ϕ Hallamos ϕ x (2; (2; 2) =
−
− −
−
⇒
6
Ahora, observamos su gr´afica: afica:
N´ otese otese que es cont´ cont´ınua en (2;2) ∂ϕ(1;2) ∂ϕ (1;2) Ahora, hallamos hallamos ϕ y (1; (1; 2) = usando usando la definici´ definici´ on: on: ∂y ∂ϕ(1 ∂ϕ (1;; 2) ϕ(1; (1; 2 + h) ϕ(1;2) = l´ım h→0 ∂y h 3 3 1 + (2 + h) 9 24 12 + (2 + h2 ) 5 = l´ım = h→0 h 25 ∂ϕ(1 ∂ϕ (1;; 2) 24 = Si es diferenciable en (1;2) ∂y 25
−
−
⇒
Ahora, vemos su gr´afica afica
N´ otese otese que es cot´ cot´ınua en (1;2)
7
7.Use la matriz hessiana y el polinomio de Cayley-Hamilton para analizar la existencia de los extremos relativos y puntos de silla de la funci´on on escalar ϕ : A R2 R definida por la siguiente regla de correspondenc correspondencia. ia.
⊆
ϕ(x; y) = e 2x+3y [8x [8x2
→
− 6xy + xy + 3y 3 y2 ]
´ RESOLUCION Hallando sus derivadas parciales primeras: ∂ϕ = 2(8x 2(8x2 2x(3y (3y 4) + 3y 3y (y 1))e 1))e2x+3y ∂x ∂ϕ = 3(3y 3(3y2 2y (3x (3x 1) + 2x 2x(4x (4x 1)e 1)e2x+3y ) Ahora hallamos sus derivadas parciales segundas: ∂y ∂ 2 ϕ = 4(8x 4(8x2 2x(3y (3y 8) + 3y 3y2 6y + 4)e 4) e2x+3y ∂x 2 ∂ 2 ϕ = 3(9y 3(9y2 6y (3x (3x 2) + 2(12x 2(12x2 6x + 1))e 1))e2x+3y 2 ∂y ∂ 2 ϕ ∂ 2 Como es cont´ cont´ınua, entonces = ∂y∂x ∂x∂y Hallamos solo uno de ellos: ∂ 2 = 6(3y 6(3y2 y (6x (6x + 1) + 8x 8x2 + 6x 6x 1)e 1)e2x+3y ∂y∂x Por la igualdad: ∂ 2 = 6(3y 6(3y2 y (6x (6x + 1) + 8x 8x2 + 6x 6x 1)e 1)e2x+3y ∂x∂y ∂ 2 ϕ ∂ 2 ϕ Ahora hallamos los puntos cr´ıticos, ıticos, para eso = 0; =0 ∂x 2 ∂y 2 4(8x 4(8x2 2x(3y (3y 8) + 3y 3y 2 6y + 4)e 4) e2x+3y = 0 3(9y 3(9y2 6y (3x (3x 2) + 2(12x 2(12x2 6x + 1))e 1))e2x+3y x = x = 0; y = 0 (0;0 (0;0)) pun punto cr´ cr´ıtic ıticoo Formamos la matriz hessiana: ∂ 2 ϕ ∂ 2 ϕ 2 ∂y∂x H (x0 , y0 ) = ∂x 2 ∂ ϕ ∂ 2 ϕ ∂x∂y ∂y 2 Para (x (x0 ; y0 ) = (0; 0), tenemos: tenemos: 2 ∂ ϕ = 16 ∂x 2 ∂ 2 ϕ =3 ∂x 2 ∂ 2 ϕ = 6 ∂x 2 ∂ 2 ϕ = 6 ∂x 2 Entonces: 16 6 H (0, (0, 0) = H (0, (0, 0) = 84 84 > > 0 0 6 3 ∂ 2 ϕ Como > 0 y H (x0 ; y0 ) > 0, > 0, entonces posee pose e m´ınimo ∂x 2 (0; 0) punto m´ınimo de ϕ de ϕ
− − − −
⇒
− −
− − − −
− − −
−
−
−
−
−
− −
−
−
− −
⇒
−
−
|
|
|
8
Ahora ve´ amoslo amoslo gr´ aficamente: aficamente:
N´ otese otese que existe un m´ınimo en (0;0) 8. Sea Sea la func funci´ i´ on on escala escalarr ϕ : A definidaa por la siguie siguient ntee regla regla de corres correspond pondenc encia: ia: R2 R definid 3 3 sen( sen(x + y ) ϕ = . ¿Exite ¿Exite l´ım ϕ(x; y )?. Justifique su respuesta. x2 + y 2 (x;y )→(0;0)
⊆
→
´ RESOLUCION Primero elegimos una curva para poder saber el posible po sible l´ l´ımite de la funci´on. on. Hacemos x=t y y=t sen( sen(t3 + t3 ) l´ım t→0 t2 + t2 sen(2 sen(2tt3 ) l´ım =0 t→0 2t2 Usando la definici´on on epsilon-delta δ > 0; > 0/ 0 / (x; y) (0; (0; 0) < δ y ϕ L < 1 (x; y ) < δ x2 + y2 < δ > δ x2 + y2 ϕ L < x3 + y 3 0 < x2 + y 2 Ahora, analicemos la funci´ on on seno. Sea senθ Sea senθ = = θ θ((θ 0) senθ 0 Hacemos: sen Hacemos: sen((x3 + y 3 ) x3 + y3 sen( sen(x3 + y 3 ) x3 + y3 2 2 Dividiendo Dividiendo entre (x + y ) > 0: > 0: x2 + y2 x2 + y2 sen( sen(x3 + y 3 ) 1 (x3 + y3 ) 2 2 2 2 x +y x +y No existe relaci´on on entre entre y δ , δ , entonces, el l´ımite no existe en (0;0)
∃ | − | | − |
−
| − |
⇒ ⇒
→
⇒
9
Veamoslo gr´ aficamente: aficamente:
N´ otese otese que la superficie es discont´ discont´ınua en (0;0) 9.Demuestre 9.Demuestre que las superficies superficies S S 1 : xy = az = az 2 , S 2 : x2 + y 2 + z 2 = b , S 3 : z 2 + 2x 2x2 = c( c (z 2 + 2y 2y 2 ) son ortogonales. ortogonales. ´ RESOLUCION Sea: S 1 : xy x y = az = az 2 S 2 : x 2 + y 2 + z 2 = b S 3 : z 2 + 2x 2x2 = c( c (z 2 + 2y 2y 2 )
→ → →
∇S 1 = (y,x, −2az) az ) ∇S 2 = (2x, (2x, 2y, 2z ) ∇S 3 = (4x, (4x, −4cy, 2z − 2cz) cz )
vemos en:
∇S 1.∇S 2 = (y,x, −2az) az ).(2x, (2x, 2y, 2z ) = 2xy + xy + 2yx 2 yx − 4az 2 = 4xy − 4az 2 S 1 en ∇S 1 .∇S 2 : ∇S 1.∇S 2 = 4xy − 4(xy 4(xy)) ∇S 1.∇S 2 = 0 → S 1 ⊥ S 2 i)
∇S 2.∇S 3 = (2x, (2x, 2y, 2z ).(4x, (4x, −4cy, 2z − 2cz) cz ) = 8x2 − 8cy 2 + 4z 2 − 4cz 2 = 8x2 + 4z 2 − 4c(z 2 + 2y 2 ) S 3 en ∇S 2 .∇S 3 : ∇S 2.∇S 3 = 4(z 4(z 2 + 2x 2x2 ) − 4(2x 4(2x2 + z 2 ) ∇S 2.∇S 3 = 0 → S 2 ⊥ S 3 ii)
∇S 1.∇S 3 = (y,x, −2az) az ).(4x, (4x, −4cy, 2z − 2cz) cz ) = 4xy − 4cxy − 4az 2 + 4caz 2 = 4(1 − c)(xy )(xy − az 2 ) S 1 en ∇S 1 .∇S 3 : ∇S 1.∇S 3 = 4(1 − c)(xy )(xy − xy) xy ) ∇S 1.∇S 3 = 0 → S 1 ⊥ S 3
iii)
10
Como S 1 , S 2 , S 3 son
⊥ dos a dos
→ S 1 ⊥ S 2 ⊥ S 3 →x = (x0; 1 ; z0), tal que −→x 0 ∈ S y la recta normal a 10. Sea la superficie S = 4x2 + 6y 6 y 2 . Halle − 12 π − → →u , siendo angulo agudo cuya medida es radianes con la direcci´on angulo on − S en el punto x 0 determina un ´ o
4
−u z (x0 ; 1 ) m´ınim D→ ın ima. a. 12
11
