mate3(3[1].1)

(3) PROBLEMAS DE MA133 FIEE - UNI (Enzo Felipe) 1. Sea f : R2 on diferenciable en todo on R una funci´ 2x de la forma: µ(x;y ) = f ( f ( y ). (2da PC 12/10/07) 1

→

R.

Determinar si existe una función on armónica onica

Soluci´ on: on:

∂ 2 µ ∂x 2

U na f uncion uncion es armonica armonica si cumple cumple la ec de Laplace Laplace : 2x Sea µ = f (t) con t = y , derivando respecto a x: µx =

+

∂ 2 µ ∂y 2

=0

∨

µxx + µyy = 0

d ∂ ∂t f (t) = f. = f  .tx dx ∂t ∂x

Derivando nuevamente: d  ∂  ∂t ∂ (f .tx ) = (f ). .tx + f  . (tx ) dx ∂t ∂x ∂x

µxx =

µxx = f  (tx )2 + f  .txx

⇒

Si hacemos la misma operación on pero derivando respecto a y obtenemos: µyy = f  (ty )2 + f  .tyy Reemplazando en la ec de Laplace: f  (tx )2 + f  .txx + f  (ty )2 + f  .tyy = 0 Despejando:

f  = f 

− (tt )2 ++ (t(tt )2 xx

yy

x

y

* Esta es la forma b´ asica para resolver problemas de este tipo porque siempre dan ’t’, luego se integra para hallar la funci´ on * Para el problema, t = 2yx .Operando obtenemos los valores: tx = y2 , txx = 0, ty = −y2x , tyy = 4x y . Reemplazando y operando: 2

3

f  = f 

−1 − x2 xy = 2 +y + x y

y x

=

t

−1

2

+

=

2 t

−2t

t2

+4

dp dt

Usamos algo de ec diferenciales. Sea: f  = p

⇒ f  = . En la ec anterior: −2t f  1 dp = . = f 

t2 4

p dt

Integrando: =

lnp =

−ln( ln(t2 + 4) ⇒

p

Pero: p = f  =

d f , f , dt

2x y

⇒



df =

t2 + 4

p=



t2

dt +4

⇒

, finalmente: f =

1

−

 d(t + 4) t2

1 +4

reemplazando e integrando:

df 1 = 2 dt t +4 Pero como t =

−



2tdt = 2 t +4

2

 dp

1 x arcTg( arcTg( ) + C 2 y

Enzo Felipe Ch.

1

f =

1 t arcTg( arcTg ( ) + C 2 2

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2. Determinar en caso exista el siguiente l´ımite: (2da PC 12/10/07) lim(x;y )→(0;0) f ( f (x; y ) =

x2 ey + y 4 x2 + y 4

Soluci´ on: on:

Nos aproximamos por S 1 : (x; y )/x = 0 :

{

}

y4 =1 y →0 y 4

lim f (0; (0; y ) = lim

y

→0

Ahora por: S 2 : (x; y)/y = 0 :

{

}

lim f ( f (x; 0) = lim lim = 1

x

→0

→0

x

Entonces, el l´ımite existe y hay que demostrar que es 1.(ejercicio :) 2 ) 3. Escribir la ec impl´ impl´ıcita de una superficie S con l´ınea directriz: x = cosµ, cosµ, y = senµ, senµ, z = 0 y con las generatrices rectil´ rectil´ıneas paralelas al vector a : ( 1;3; 2) (2da PC 12/10/07)

−

Soluci´ on: on:

−

Por el dato del problema nos damos cuenta que la superficie es un cilindro pues tiene generatrices paralelas y su directriz es una curva plana. La ecuación on vectorial para un cilindro es: S = r + t.g , donde r es la directriz y g es la generatriz (dibujar). Luego, para el problema S : (cosµ; cosµ; senµ; senµ; 0) + t( 1;3; 2)  es la ecuación Adem´ as, as, si R on vectorial de S tenemos:  = (x; y; z ) = (cosµ R

−

−

− t; senµ + 3t 3t; −2t)

Finalmente parametrizamos haciendo: cosµ = x + t = x

− z2 ∧

Por lo tanto: S : (x

senµ = y

− 3t = y + 32z

3z − z2 )2 + (y (y + )2 = 1 2

4. Sea f ( f (x; y) = Ax2 + 2Bxy 2Bxy + Cy 2 + 2Dx 2Dx + 2Ey 2Ey + F en donde A > 0 y B 2 < AC . AC . Demostrar que existe un punto (x ( x1 ; y1 ) en el que f tiene tien e un m´ınimo. ıni mo. (2da PC 22/05/98) Soluci´ on: on:

Para que exista un m´ınimo se debe cumplir: f xx xx > 0

∧

f x f y f xx xx f yy yy

= = = =

f xx xx .f yy yy

− (f

2

xy xy )

Entonces, derivando: derivando: 2Ax + 2By 2By + 2D 2D 2Cy + 2Bx 2Bx + 2E 2E 2A 2C

>0





existe exis te un m´ınimo ıni mo.. Para hallar ha llar el punto p unto cr´ıtico ıtico hacemos: f x = 0 y f y = 0. Resolviendo: BD AE y1 = x1 = CA B 2

− −

∧

−(D + By1) A

5. Sea S la superficie definida por: x = 3µ + ν 2 + 1, 1, y = 2µ + ν 2 1, z = µ + 2ν 2ν . Demuestre que es una superficie cil´ cil´ındrica y halle su ecuaci´ on on en el plano xy. (2da PC 11/10/01) 3

−

−

Soluci´ on: on:

Se puede escribir: (x; y; z ) = (ν 2 + 1; ν 2

− 1; 2ν ) + µ(3;2; −1) = r + µ(3; (3; 2; −1)

Con r = (ν 2 + 1; ν 2 1; 2ν ) , entonces S será un cilindro si r es una curva plana, es decir, su  r )• r torsi´ on debe ser igual a cero. Recordemos que: τ = (r|r×× on , entonces , derivando:  r |

−







r = (2ν (2ν ; 2ν ; 2)

∧

r (2;2;0)





2

∧

r (0;0;0)

Luego: Su torsión on es cero

⇒

S es un un cilind cilindro ro

En el plano xy :z = 0 pero z =

−µ + 2ν 2ν entonces: µ = 2ν . Luego: x = 3µ + ν 2 + 1 = 6ν 6ν + + ν 2 + 1 ∧ y = 2µ 2 µ + ν 2 − 1 = 4ν + ν + ν 2 − 1

Restando: x

Pero como: x = ν 2 + 6ν 6 ν + 1 entonces: soluci´ on on general: ν = 3 8+x

− ±√

Reemplazando en (1):

− y = 2ν + ν + 2 ν 2 + 6ν 6 ν + 1 − x = 0. esco escoge gem mos

: ν =

(1) Resolv Resolvien iendo do para ν obtenemos la

−3 − √8 + x

− y = 2( −3 − √8 + x) + 2 √ x2 + y2 − 2xy = 48 + 16 8 + x + 4x 4x x

Al cuadrado y operando: Pero de (2):

√8 + x = −(

(2) (3)

− −2 + 3) entonces reemplazando en (3): 2

x y

x2 + y2

− 2xy = 48 − 16( x − 2y − 2 + 3) + 4

Finalmente operando obtenemos: x2 + y 2

− 2xy + 4x 4x − 8y − 16 = 0

6. Sea f ( f (x; y ) = 4xy2 x2 y2 x3 , D es una región on triangular trian gular en el plano plan o xy de vértices ertices (0;0),(6;0),(0 (0;0),( 6;0),(0;6). ;6). Halle los valores máximos aximos y m´ınimos absolutos de f en D.(2da D.(2da PC 11/10/01)

−

Soluci´ on: on:

−





Resolviendo el sistema: y =2 , x =1

→ P 0 : (1; (1; 2) ∨

y=x=0

También, en, derivan der ivando: do: = 2y 2 = 8x 2x2 = 8y 4xy

f xx xx f yy yy f xy xy

−

− −

− 6xy − 3y2

Em P 0 : f xx xx =

−8 ∧

Entonces: f xx xx f yy yy

− (f

2

xy xy )

f yy yy =

−6 ∧

= 32 > 0

∧

f xy xy = f xx xx =

−4

−8 < 0

Por lo tanto existe un máximo aximo relativo en P 0 que será: a: f (1 f (1;; 2) = 4 Ahora tenemos que analizar en la frontera de la región D para saber si f (P ) es máximo aximo absoluto y para pa ra hallar ha llar el m´ınimo ınimo absoluto. absolu to. En las rectas x = 0 (y[0;6]) y [0;6]) y y = 0 (x[0;6] x[0;6] f ( f (x; y ) se anula. anula. Entonces Entonces,, hay que analizar en la recta recta que va de (0; 6) a (6; 0) cuya cuya ecuación on es: y = x + 6 : 0

−

− x) = y2(4x (4x − x2 − xy) xy ) = (6 − x)2 (4x (4x − x2 − 6x + x2 ) = −72 72x x + 24x 24x2 − 2x3 Sea g (x) = f ( f (x; 6 − x) , tenemos que hallar los extremos de g (x). Entonces derivando: 48x − 6x2 = 0 g (x) = −72 + 48x Obtenemos: x = 6 ∧ x = 2 (puntos (puntos cr´ cr´ıticos). ıticos). Analizando Analizando nos damos damos cuenta cuenta que en x = 2 f ( f (x; y ) = f ( f (x; 6

minimo y en x = 6 : maximo. maximo. Luego:

g(6) = 0 < f (P ) f (P ) : maximo absoluto g(2) = 64 minimo absoluto 0

− →

→

0

Por lo tanto: max absoluto = 4

y

min min abso absolut lutoo =

−64

:





Pero Dµ f es máximo aximo cuando

f  µ entonces: f = k µ. Además as del dato: D f = k µ•µ  = 64 ⇒ k = 64 Tomando gradiente: f = (ay 2 + 3cx 3cx2 z 2 ; bz + 2axy 2axy;; by + 2cx 2cx3 z ) , en (1; (1; 2; −1) : f = (4a (4 a + 3c 3c; −b + 4a 4a; 2b − 2c) = k (0; (0; 0;1) = (0;0; 64 64)) µmax 

Obtenemos las ecuaciones: 4a + 3c 3c = 0 b + 4c 4c = 0 2b 2c = 64

−

−

Resolviendo: a =6

−8 √ 8. Una superficie S está definida por F ( F (µ; ν ) = 0, µ = xy, xy , ν = x2 + z 2 . Halle un vector vector normal normal a √ esta superficie superficie en el punto punto (1; 1; 3) si se sabe que F (1; (1; 2) = 1 y F (1;2) = 2. (2da PC 11/10/01) 5 ∧

b = 24

c=

∧

1

2

Soluci´ on: on:

Como F esta en función on de µ y ν : F 1 = F µ y F 2 = F ν Hacemos F ( F (µ; ν ) = f ( f (x; y; z ) pues µ = µ(x; y ; z ) y ν = ν (x; y; z ). Entonces S puede estar definida por f . Luego un vector normal a S será: a: ∂f ∂f f = ( ∂f ; ; ) ∂x ∂y ∂z

√

en(1 en(1;; 1; 3)

Luego, derivamos aplicando la regla de la cadena: ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z

= = =

∂F ∂µ ∂F ∂ν . + . ∂µ ∂x ∂ν ∂x ∂F ∂µ ∂F ∂ν . + . ∂µ ∂y ∂ν ∂y ∂F ∂µ ∂F ∂ν ;. + . ; ∂µ ∂z ∂ν ∂z

Adem´ as as de los datos para µ y ν derivando obtenemos: ∂µ =y ∂x ∂ν = ∂x

∧

∂µ =x ∂y

∧

∂µ =0 ∂z

√x2x+ z2 ∧

∂ν =0 ∂y

∧

∂ν = ∂z

√x2z+ z2

Reemplazando: ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z

√

= yF µ +

√x2x+ z2 .F

ν

= xF µ =

√x2z+ z2 .F

ν

Ahora, en el punto (x ( x; y; z ) = (1; (1; 1; 3) tenemos µ = xy = (1)(1) = 1 y ν =

√x2 + z2 = √1 + 3 =





9. Es posible resolver resolver es siguiente siguiente sistema: sistema: xy 2 + xzµ + yν 2 µ3 yz + 2xν 2xν µ2 ν 2

= 3 = 2

−

para µ(x;y;z) , ν (x;y ;z) cerca de (x ( x; y ; z ) = (1; (1; 1;1), 1;1), (µ; ν ) = (1; 1)? Calcul Calcular ar (2da PC 12/10/07) 6

∂ν ∂y

en (x ( x; y ; z ) = (1; (1; 1;1)

Soluci´ on: on:

Hacemos:

F = xy2 + xzµ + yν 2

−3= 0 G = µ3 yz + 2xν 2xν − µ2 ν 2 − 2 = 0 El teorema de la función on impl´ impl´ıcita asegura que existe solución on al sistema siempre y cuando el determinante:

  

Derivando: ∂F = xz ; ∂µ

∂F = 2yν 2 yν ; ∂ν

∂F ∂µ ∂G ∂µ

∂F ∂ν ∂G ∂ν

  = 0 

∂G = 3µ 3 µ2 yz ∂µ

∂G = 2x 2x ∂ν

− 2µν 2 ;

− 2µ2ν

En (x; y ; z ; µ; ν ) = (1;1;1; (1;1;1; 1;1) : ∂F =1 ; ∂µ

∂F =2; ∂ν

∂G =1 ; ∂µ

∂G =0 ∂ν

Luego, el determinante queda:

 1  1

Por lo tanto:

2 2

  = 2 = 0

Si se puede resolver Ahora, piden

∂ν ∂y

, vamos a derivar F y G respecto a y usando la regla de la cadena: ∂µ ∂ν + ν 2 + 2yν 2yν ∂y ∂y ∂µ ∂ν 2µν 2 2µ2 ν ∂y ∂y

2xy + xz µ3 z + 3µ 3µ2 yz

∂µ ∂ν + 2x 2x ∂y ∂y

−

−

= 0 = 0

En (1;1;1;1;1): 2+ Y: 1+3

∂µ ∂ν +2 ∂y ∂y

∂µ ∂ν +1+2 =0 ∂y ∂y

∂ν − 2 ∂µ − 2 =0 ⇒ ∂y ∂y

(4) ∂µ = ∂y

En (4): 3

− 1 + 2 ∂ν =0 ⇒ ∂y

2

∂ν = ∂y

−2

−1







10. Usando Usando multiplica multiplicadores dores de Lagrange Lagrange halle el volumen del may mayor or cono recto recto de revoluci´ revolución on inscrito en una superficie esférica erica de radio R. (2da PC 16/07/06) 7 Soluci´ on: on:

Usemos Usemos la ecuaci´ ecuaci´ on on del cono: x2 + y 2 = z 2 Entonces, para la esfera: x2 + y 2 + (z (z R)2 = R2 Del gráfico: afico: r2 = x2 + y2 V = 13 πr 2 .z = π3 z (x2 + y2 ) 2 2 2 2 y sea: F = x + y + (z (z R) R =0 Y, por multiplicad multiplicador or de Lagrange Lagrange hacemos: F = λ V

⇒ −

−

(2x (2x; 2y; 2(z 2(z

−





− R)) = λπ3 (2xz (2xz;; 2yz; yz ; x2 + y2 )

Obtenemos el sistema:

2π λxz (1) 3 2π 2y = λyz (2) 3 π R) = λ(x2 + y2 ) (3) 3 R2 = 0 (4) 2x =

2(z 2(z

− x2 + y 2 + (z (z − R)2 − De (1): λ = En (3):

3 zπ

2

2(z 2(z

− R) = π3 zπ3 (x2 + y2)

2

2 (

R)

( )

mate3(3[1].1)

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