INSTITUTO POLIT ´ECNICO NACIONAL
ESCUELA SUPERIOR DE INGENIER´IA QU´IMICA E INDUSTRIAS EXTRACTIVAS
Examen a T´ıtulo de Suficiencia Extraordinario C´alculo Superior-Tipo B
Horario: 16:00-17:30 hrs., jueves 09 de febrero de 2017
Indicaciones:15 minutos de tolerancia. Duraci´on 90 min. Presenta credencial de la escuela y/o credencial de elector. Apaga tu celular, de lo contrario se puede recoger tu examen. Solo se permite formulario de la academia. No se permite calculadora. Contesta de forma limpia y ordenada, numera tus ejercicios e indica claramente tu resultado. Regresa esta hoja con tu cuadernillo. Los procedimientos deben estar completamente desarrollados.
Examen Avalado por la Academia de Matem´aticas
Nombre: Boleta: Firma:
1. INTEGRACI ´ON M ´ULTIPLE (2.5 Puntos). Considerar la regi´on som-breada R que se encuentra delimitada por la par´abola y = 4x−x2, el eje x, y la recta que intersecta a la par´abola en los puntos A = (1,0) y B = (3,3) (Ver Figura).
i) Expresar a R como uni´on de regiones tipo I.
ii) Expresar aR como uni´on de regiones tipo II.
iii) Utilice integrales dobles para encontrar el ´area de la regi´onR. Sugeren-cia: utilice el inciso i) o ii).
Soluci´on.M. en C. Yarith Nayue Dom´ınguez del ´Angel
La ecuaci´on de la recta que pasa por los puntosA= (1,0) yB = (3,3) esy= 3(x−1)/2.
i) R=R1∪R2, dondeR1 yR2 son regiones tipo I definidas como
R1=(x, y)|0≤x <1 y 0≤y≤4x−x2 R2=
(x, y)|1≤x <3 y 3 2x−
3
2 ≤y≤4x−x 2
.
ii) R=R3∪R4, dondeR3 yR4 son regiones tipo II definidas como
R3=
(x, y)|0≤y <3 y 4−
√
16−4y
2 ≤x≤ 2 3y+ 1
R4=
(x, y)|3≤y <4 y 4−
√
16−4y
2 ≤x≤
4 +√16−4y 2
.
iii) Resulta conveniente utilizar las regiones tipo I para calcular el ´area de la regi´on R,A(R). As´ı,
A(R) = Z Z
R1
dydx+ Z Z
R2
dydx= Z 1
0
Z 4x−x2 0
dydx+ Z 3
1
Z 4x−x2
3 2x−
3 2
dydx= 5 3 +
13 3 = 6.
Calculando las integrales,
Z 1
0
Z 4x−x2
0
dydx=
Z 1
0
4x−x2 dx=
2x2−1
3x 3
1
0
= 2−1
3 = 5 3
Z 3
1
Z 4x−x2
3 2x−
3 2
dydx=
Z 3
1
−x2+5 2x+
3 2
dx=
−1
3x 3+5
4x 2+3
2x
3
1=
−9 +45 4 +
9 2
−
−1
3 + 5 4 +
3 2
2. DETERMINANTES Y SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES (2.5 Puntos).
i) Determine las condiciones que deben imponerse sobreb1,b2 yb3 para que el siguiente sistema de ecuaciones lineales tenga a) exactamente una soluci´on, b) infinitas soluciones, y c) ninguna soluci´on.
x1 − 2x2 + 3x3 = b1
−x1 + x2 − 2x3 = b2
2x1 − x2 + 3x3 = b3
(1)
ii) Para el caso particular b1= 2, b2= 1 yb3=−5 encuentre la soluci´on, de existir, del sistema (1). Soluci´on.M. en C. Yarith Nayue Dom´ınguez del ´Angel
El sistema (1) en forma matricial es Ax=b, donde
A=
1 −2 3
−1 1 −2 2 −1 3
, x=
x1 x2 x3
, b=
b1 b2 b3
.
i)
a) Como |A|= 0 entonces el sistema de ecuaciones no tiene soluci´on ´unica independientemente deb.
Utilicemos eliminaci´on gaussiana para determinar cu´ales son las condiciones sobre b para que el sistema tenga infinitas soluciones o ninguna soluci´on.
1 −2 3 b1
−1 1 −2 b2 2 −1 3 b3
R1+R2 → R2
−2R1+R3 → R3
1 −2 3 b1 0 −1 1 b1+b2 0 3 −3 −2b1+b3
3R2+R3 → R3
1 −2 3 b1 0 −1 1 b1+b2 0 0 0 b1+ 3b2+b3
.
b) Sib1+ 3b2+b3 = 0 entonces el sistema tiene infinitas soluciones. c) Si b1+ 3b2+b3 6= 0 el sistema (1) no tiene soluci´on.
ii) Cuandob=
2 1
−5
n´otese que se satisfaceb1+3b2+b3 = 0, por lo tanto el sistema tendr´a infinitas soluciones.
Continuando eliminaci´on Gauss-Jordan:
1 −2 3 2 0 −1 1 3 0 0 0 0
−2R2+R1 → R1
1 0 1 −4 0 −1 1 3 0 0 0 0
−R2 → R2
1 0 1 −4 0 1 −1 −3 0 0 0 0
.
Se deduce que x1 = −4−x3 y x2 = −3 +x3, tomando x3 como variable libre. Si elegimos x3 = t, donde t es cualquier n´umero real, la soluci´on puede expresarse en forma param´etrica como
x=
x1 x2 x3
=
−4−t
−3 +t t
.
a) Encontrar los puntos cr´ıticos de la funci´on.
b) Determinar si los puntos cr´ıticos corresponden a m´ınimos relativos, m´aximos relativos, o puntos silla.
Soluci´on.M. en C. Iliana Hern´andez Cruz
a) Para calcular los puntos cr´ıticos necesitamos resolver el sistema
∂f ∂x =
1 2+x
2−y2
e1−x2−y2(−2x) +e1−x2−y2(2x) = 0 ∂f
∂y =
1 2+x
2−y2
e1−x2−y2(−2y) +e1−x2−y2(−2y) = 0
Como la funci´on exponencial es diferente de cero para todo xy y del dominio, el sistema anterior se reduce a
x
1 2 −x
2+y2
= 0 =⇒ x= 0 o
1 2 −x
2+y2
= 0,
y
3 2+x
2−y2
= 0 =⇒ y= 0 o
3 2 +x
2−y2
= 0
De esta forma, se tienen los siguientes casos posibles:
i) x= 0 yy= 0. Luego, (0,0) es un punto cr´ıtico.
ii) x= 0 y 32 +x2−y2 = 0. Luego,
0,−q3 2
y
0,+
q 3 2
son puntos cr´ıticos.
iii) 12 −x2+y2 = 0 yy= 0. Luego, −q1 2,0
y+
q 1 2,0
son puntos cr´ıticos.
iv) Se debe notar que del caso 12 −x2+y2 = 0 y 32 +x2−y2= 0 no se obtiene ning´un punto cr´ıtico.
Soluci´on b):Calculamos las segundas derivadas, ∂2f
∂x2 =e
1−x2−y2 1−8x2+ 4x4+ 2y2−4x2y2 ∂2f
∂y2 =e
1−x2−y2 −3 + 12y2−2x2−4y4+ 4x2y2
∂2f ∂x∂y =e
1−x2−y2
2xy+ 4x3y−4xy3
Se tiene que,
i) Parax= (0,0), ∂2∂xf(2x) >0 yD(x) =
∂2f(x)
∂x2
∂2f(x)
∂y2
−∂∂x∂y2f(x)2<0, luego x= (0,0) es un punto silla. ii) Para x =
0,−q3 2
, ∂2∂xf(2x) > 0 y D(x) =
∂2f(x)
∂x2
∂2f(x)
∂y2
−∂∂x∂y2f(x)2 >0, luego x =
0,−q3 2
es un m´ınimo local.
iii) Para x =
0,+ q
3 2
, ∂2∂xf(2x) > 0 y D(x) =
∂2f(x)
∂x2
∂2f(x)
∂y2
−∂∂x∂y2f(x)2 >0, luego x =
0,+ q
3 2
es un m´ınimo local.
iv) Para x = −q1 2,0
, ∂2∂xf(2x) < 0 y D(x) =
∂2f(x)
∂x2
∂2f(x)
∂y2
−∂∂x∂y2f(x)2 >0, luego x =−q1 2,0
es un m´aximo local.
v) Para x = + q
1 2,0
, ∂2∂xf(2x) < 0 y D(x) =
∂2f(x)
∂x2
∂2f(x)
∂y2
−∂∂x∂y2f(x)2 >0, luego x =+ q
1 2,0
4. REGLA DE LA CADENA (2.5 Puntos). Un gas responde a la siguiente expresi´on de estado, donde B y C son constantes,
P V
RT = 1 + B V +
C V2 .
Si la temperatura T y volumen V como funciones del tiempo ty de la posici´on tienen la forma
T(x, y, t) = 300e
−t
1 +x2+y2 y V(x, y, t) =
5e−2t+1 1 +√x+y,
a) Determinar la ecuaci´on del cambio de la presi´on respecto a x. b) Obtener la expresi´on del cambio de la presi´on respecto del tiempo.
Soluci´on.Dr. Gustavo P´erez L´opez
Aplicando regla de la cadena a la funci´onP =P(T(x, y, t), V(x, y, t)) se tiene
∂P ∂x =
∂P ∂T
V ∂T ∂x +
∂P ∂V
T ∂V
∂x , ∂P
∂t =
∂P ∂T
V ∂T
∂t +
∂P ∂V
T ∂V
∂t .
Derivando la ecuaci´on de estado con respecto aT,
∂ ∂T
P V RT
V = ∂
∂T
1 +B V +
C V2
V R
∂ ∂T
P T
= 0,
obtenemos T
∂P ∂T−P
T2
= 0
. De esta forma,∂P ∂T
=
P T.
Similarmente, derivando la ecuaci´on de estado con respecto a V,
∂ ∂V
P V RT
T = ∂
∂V
1 +B V +
C V2
1 RT
∂
∂V (P V) =−
B V2 +
2C V3
,
se tiene RT1
P
+
V
∂P∂V=
−
VB2+
2C V3. Por lo tanto, ∂P∂V
=
−
RTV VB2+
2C V3−
P V.Por otro lado,
∂T ∂x =
−600xe−t (1 +x2+y2)2,
∂V ∂x =
−5e−2t+1
2√x+y(1 +√x+y)2 , ∂T
∂t =
−300e−t 1 +x2+y2 ,
∂V ∂t =
−10e−2t+1 1 +√x+y .
Finalmente,
∂P ∂x =
−600xe−t (1 +x2+y2)2
P T
+ 5e
−2t+1
2√x+y(1 +√x+y)2
RT V
B V2 +
2C V3
+P
V
∂P ∂t =
−300e−t 1 +x2+y2
P T
+ 10e
−2t+1 1 +√x+y
RT
V
B V2 +
2C V3
+ P
5. APLICACIONES A TENSORES (2.5 Puntos). Por una tuber´ıa cil´ındrica fluye un liqu´ıdo newtoniano en forma laminar y en r´egimen permanente (Ver Figura).
a) Determinar las componentes no cero de la velocidad de deformaci´onD considerando que el campo de veloci-dades est´a dado por V= (0,0, Vz(r)). Utilice el gradiente de velocidades en coordenadas rectangulares dado m´as adelante y recuerde que la coordenada cil´ındrica r =px2+y2 por lo que V
z es una funci´on de x yy, Vz(x, y).
b) Determinar las componentes no cero de la parte viscosa del tensor de esfuerzo S, utilizando la relaci´on
esfuerzo-deformaci´on S = 2µD
c) Determine las correspondientes componentes del tensor de esfuerzoT. Para esto utilice los resultados de los incisos anteriores y recordando que la relaci´on entre el tensor de esfuerzo y su parte viscosa esS=T+PI. d) Hay m´as componentesTij no cero que lasSij. Explique el significado de estas otras componentes (descr´ıbalas).
¿Por qu´e cree que esta componente no aparecen en la relaci´on esfuerzo-deformaci´on?
Secci´on frontral de la tuber´ıa
Gradiente del campo de velocidades Ven coordenadas rectangulares
∂Vi ∂xj
=
∂Vx
∂x ∂Vy
∂x ∂Vz
∂x ∂Vx
∂y ∂Vy
∂y ∂Vz
∂y ∂Vx
∂z ∂Vy
∂z ∂Vz
∂z
Soluci´on.Dra. Angelina Rosario Guzm´an S´anchez
a) Dado el campo de velocidades V= (0,0, Vz(r)) del fluido , se tiene
∂Vi ∂xj
=
∂Vx
∂x ∂Vy
∂x ∂Vz
∂x ∂Vx
∂y ∂Vy
∂y ∂Vz
∂y ∂Vx
∂z ∂Vy
∂z ∂Vz
∂z
=
0 0 ∂Vz
∂x 0 0 ∂Vz
∂y 0 0 0
.
As´ı, D = 12
∇V~ +∇V~T
se expresa como
(Dij) = 1 2
0 0 ∂Vz
∂x 0 0 ∂Vz
∂y 0 0 0
+
0 0 0 0 0 0
∂Vz
∂x ∂Vz
∂y 0
=
0 0 12∂Vz
∂x 0 0 12∂Vz
∂y 1
2 ∂Vz
∂x 1 2
∂Vz
∂y 0
Por lo tanto, hay s´olo dos componentes distintas de cero del tensor sim´etrico D, Dxz = Dzx =12
∂Vz
∂x y Dyz =
b) Utilizando la relaci´on esfuerzo-deformaci´on S= 2µDse obtiene de inmediato
(Sij) = 2µ
0 0 12∂Vz
∂x 0 0 12∂Vz
∂y 1
2 ∂Vz
∂x 1 2
∂Vz
∂y 0
=
0 0 µ∂Vz
∂x 0 0 µ∂Vz
∂y µ∂Vz
∂x µ ∂Vz
∂y 0
A diferencia de utilizar coordenadas cil´ındricas para analizar el problema, es natural que se complique el resultado utilizando coordenadas rectangulares dada la geometr´ıa del sistema (ver soluci´on Tipo A).
c) De la relaci´on S=T+PI, se expresaT=S−PIen t´erminos de sus componentes matriciales:
(Tij) =
−P 0 µ∂Vz
∂x 0 −P µ∂Vz
∂y µ∂Vz
∂x µ ∂Vz
∂y −P
.
