MODELO DE RESPUESTAS OBJ 1 PTA 1 ¿Es

Universidad Nacional Abierta Cálculo III y Cálculo Vectorial (751-758) Vicerrectorado Académico Prueba Integral

Área de Matemática Fecha 01-02-2014 Lapso 2013- 2

MODELO DE RESPUESTAS OBJ 1 PTA 1 _¿Es

(x, y) (0, 0)

lím

→

3 2

2 2

x y

x

+

y

= 0? Justifique su respuesta. Solución: _{Si, es cierto. Pa ra proba rlo se empleará la pro piedad} siguiente: Sea I un intervalo que contiene al punto a y

sean f, g y h funciones definidas en I, exceptuando quizás el mismo punto a. Supongamos que para todo x en I diferente de a tenemos:

y supongamos también que:

Entonces:

En nuestro ca so, p uesto que y2 ≤ x2 + y2 , enton ces

0 ≤

3 2

2 2

x y

x

+

y

=

3 ₂

2 2

x

y

x

+

y

≤ |x| 3

.1 pues 2

2 2

y

1

x

+

y

≤

pero |x|3 →0 cuando (x,y) → (0,0 ), por lo tanto

(x, y) (0, 0)

lím

→

3 2

2 2

x y

x

+

y

= 0. ¿por qué?

Otra manera de de mostrar que

(x, y) (0, 0)

lím

→

3 2

2 2

x y

x

+

y

= 0 es por definición.

OBJ 2 PTA 2 _{Sea f: IR}2 →_{IR la función definida por}

f(x,y) =



















=

≠

+

)

0

,

0

(

)

y

,

x

(

si

0

)

0

,

0

(

)

y

,

x

(

si

y

x

xy

2 2

,

.

Solución:

Para todo (x,y) distinto de (0,0) se tiene

(

_{2 2}

)

3 3

y

x

y

x

f

+

=

∂

∂

,

(

_{2 2}

)

3 3

y

x

x

y

f

+

=

∂

∂

Por otra parte si (x,y) = (0,0), tendremos

( )

(

) ( )

( )

(

) ( )

0

h

0

0

lim

h

0

,

0

f

h

0

,

0

f

lim

0

,

0

y

f

0

h

0

0

lim

h

0

,

0

f

0

,

h

0

f

lim

0

,

0

x

f

0 h 0 h 0 h 0 h

=

−

=

−

+

=

∂

∂

=

−

=

−

+

=

∂

∂

→ → → → En consecuencia,

( )

(

)



















=

≠

+

=

∂

∂

)

0

,

0

(

)

y

,

x

(

si

0

)

0

,

0

(

)

y

,

x

(

si

y

x

y

y

,

x

x

f

3 2 2 3

( )

(

)

( ) ( )

( ) ( )



















=

≠

+

=

∂

∂

0

,

0

y

,

x

si

0

0

,

0

y

,

x

si

y

x

x

y

,

x

y

f

3 2 2 3

Falta ver que pasa en (x,y)=(0,0)

Para ver si la función f es diferenciable en (0,0) estudiemos sí sus derivadas parciales son continuas en un entorno del punto (0,0) ¿por qué?.

G(x,y) =

( )

(

)



















=

≠

+

=

∂

∂

)

0

,

0

(

)

y

,

x

(

si

0

)

0

,

0

(

)

y

,

x

(

si

y

x

y

y

,

x

x

f

3 2 2 3

Veamos si la función G es continua en (0,0), para esto estudiemos si existe

) 0 , 0 ( ) y , x

(

lím

→

G(x,y) y es igual a 0.

Si x = 0, se tiene

0

ylím→

G(0, y) = 1

Si y = 0, se tiene

0

xlím→

G(x, 0) = 0

de lo anterior se concluye que

) 0 , 0 ( ) y , x

(

lím

→

G(x,y) no existe por consiguiente

G no es continua en (0,0).

Análogamente se demuestra que

( )

x

,

y

y

f

∂

∂

no es continua en (0,0)

Por lo tanto la función f no es diferenciable en (0,0).

OBJ 3 PTA 3 Aplique el método de multiplicadores de Lagrange para hallar los extremos de la función f(x,y) = 2x + 3y sujeto a la condición x2 + y2 = 4

S o l u c i ó n: _{Aplicaremos el método de Multiplicadores de Lagrange} para optimizar la función f(x, y) sujeta a la condición dada en el problema, la cual puede expresarse como ϕ(x,y)= x2 + y2 − 4.

Primero calculemos las derivadas parciales de f y ϕ.

x

f

∂

∂

= 2,

y

f

∂

∂

_{= 3,}

y 2 y , x 2

x ∂ =

ϕ ∂ = ∂ ϕ ∂

Aplicando Multiplicadores de Lagrange, se tiene que

         = − + = ϕ = λ + = ∂ ϕ ∂ λ + ∂ ∂ = λ + = ∂ ϕ ∂ λ + ∂ ∂ 0 4 y x ) y , x ( 0 y 2 3 y y f 0 x 2 2 x x f 2 2

De las primeras dos ecuaciones se obtiene y =

2

3_{x (*)}

x2 + ( 2

3_x)2 _{− 4 = 0.}

De donde x = ±

13 13 4

Así, según (*)

Para x =

13 13 4

tenemos que y =

13 13 6

y

Para x = −

13 13 4

se tiene que y = −

13 13 6

Por lo tanto, los puntos son

(

13 13 4

,

13 13 6

) y ( −

13 13 4

, −

13 13 6

)

Sus imágenes las obtenemos evaluando en f(x, y). Ellas son

f(

13 13 4

,

13 13 6

) = 2 13

f( −

13 13 4

, −

13 13 6

) = −2 13

En consecuencia, el valor mínimo de f es −2 13 y el valor máximo de f es 2 13 .

OBJ 4 PTA 4 _{Suponga que una montaña tiene forma de un} paraboloide elíptico z = c − ax2 − by2 donde a, b y c son constantes positivas, x y y son las coordenadas este-oeste y norte-sur, y z es la altitud sobre el nivel del mar (x, y y z están medidas en metros). En el punto (1, 1), ¿en qué dirección aumenta más rápido la altitud? S o l u c i ó n : _{Una función aumenta más rápidamente en la} dirección del vector gradiente, y disminuye más rápidamente en la dirección opuesta al mismo. En nuestro caso:

    

  

+ − +

− = ∇

∇ =

⇒

− − = ∇

⇒

− − = ∇

2 b 2 a

b ; 2 b 2 a

a f(1;1)

f(1;1) u

2b) 2a; ( f(1;1) 2by)

2ax; ( y) f(x;

Ésa es la dirección de máximo crecimiento

OBJ 5 PTA 5 _{Sea : IR}3 → _IR3 _{el campo vectorial definido por} ( x , y , z ) = ( x2 + y, − sen(y), z2 x).

Determine la matriz jacobiana, la divergencia y el rotor de en el punto (1,0,2). NOTA: debe responder correctamente las tres partes para lograr el objetivo.

F

v

F

v

F

Solución:

Comencemos por calcular la matriz jacobiana del campo , esto es:

J = 2

2x 1 0

0 cos y 0

z 0 2xz

−

luego

J (1,0,2) =

2 1 0

0 1 0

4 0 4

 

 ₋ 

 

 

 

Ahora calculemos div

div (1,0,2) = 2 − 1 + 4 = 5 y por último calculemos rot

rot =

2 2

i j k

x y z

x y sen(y) z x

∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂

+ −

r r r

= (0 − 0)i

r

− (z2 − 0) j

r

+ (0 − 1)k

r

= − z2 j

r

− k

r

Luego

rot (1, 0, 2)= − 4 j

r

− k

r

.

OBJ 6 PTA 6 _{Calcule la integral de línea}

2

C

y dx

+

xdy

∫

,

donde C es el arco de la parábola x = 4 – y 2 de (–5,– 3) a (0, 2 ).

S o l u c i ó n :

Parametricemos la curva C como sigue: C:

  

= − =

t y

t 4

x 2

; para t en [ – 3 , 2 ].

Luego:

y d x + x d y

C

∫

2

=

∫

[

]

−

+ − −

2

3

2

3 _{t 4 dt}

t

2 =

2

3 4

4 t

−

−

2

3 3

3 t

−

− 2

3

t 4 ₋ + =

= 12 295

.

F

v

F

v

F

v

F

v

F

v

F

v

F

v

F

OBJ 7 PTA 7 _{Calcule la integral}

R

f (x, y) dx dy

∫∫

de la función f(x,y) definida sobre un rectángulo R = [1,2]×[1,4], mediante

f(x, y) = 2

1

si x

y

2x

(x

y)

0

en los demás casos



≤ ≤



+







Solución: _{Grafiquemos la región donde la función f toma el valor de}

2

1

(x

+

y)

ya que en las otras parte del rectángulo la función vale cero. Entonces

R

f (x, y) dx dy

∫∫

=

2 2x

2 1 x

1

dy dx

(x

+

y)

∫ ∫

=

2 2

2x 1

x

1 1

dx

(x

y)

dx

6x

−



_{− +}



₌









∫

∫

=

1

6

Ln(2)

OBJ 8 PTA 8 _{Use el teorema de Stokes para calcular la integral}

( )

∫∫

r r

S

rot F .n dS,donde F(x,y,z) = (xz, yz , xy ) y S es la parte de la

esfera x2 + y2 + z2 = 4 que está adentro del cilindro x2 + y2 = 1 y arriba del plano xy.

Solución:

Para determinar la curva frontera C, resolvemos el siguiente sistema de ecuaciones

De donde obtenemos que z = 3, ya que z > 0. Por lo tanto la curva C es circulo x2 + y2 = 1 y z = 3. Una parametrización de la curva C es

r(t)

=

cos(t) i

+

sen(t) j

+

3 k

r

r

r

con 0 ≤ t ≤ 2π, por lo que

r (t)

′ = −

sen(t) i

+

cos(t) j

+

0k

= −

sen(t) i

+

cos(t) j

r

r

r

r

r

. Así tenemos que

F(r(t)) = 3 cos(t ) i + 3 sen(t ) j+cos(t )sen (t ) k

r r r

Luego, por el teorema de Stokes tenemos

( )

∫∫

r r

S

rot F .n dS =

∫

C

F.dr =

∫

• ′ π

2

0

F(r(t)) r (t)dt

=

∫

cos(t) sen(t)+ 3 sen(t) cos(t) )

π

2

0

(- 3 dt = 0

( )

∫∫

r r

S

rot F .n dS =0