f(x,y) = 2x 2 4x+y 2 4y +1

Universidad de los Andes Departamento de Matem´aticas MATE1207 C´alculo Vectorial

Tarea 2 – Individual

Entregue en clase a su profesor de la MAGISTRAL la semana 11 (Ma. 16 Oct. – Vi. 19 Oct.)

Segundo Examen Parcial 2P: S´abado 27 de Octubre 7:00 - 9:00 a.m.

1. (4 points) Dada la funci´on

f (x, y) = 2x² − 4x + y²− 4y + 1

y la regi´on R del plano xy acotada por las rectas x = 0, y = 2, y = 2x en el primer cuadrante.

(a) Encuentre los puntos cr´ıticos de f en todo su dominio.

(b) Encuentre los valores m´aximos y m´ınimos de f en R. ¿En qu´e puntos de R la funci´on f obtiene esos valores extremos?. Especifique.

Solution:

(a) El ´unico punto cr´ıtico en todo el dominio R² est´a en B(1, 2). En este punto la funci´on tiene un m´ınimo global igual a −5.

(b) Observaciones: f (x, y) = 2(x − 1)² + (y − 2)²− 5, es decir el gr´afico de f es un paraboloide el´ıptico abierto hacia arriba con v´ertice en V (1, 2, −5). En general todas las curvas de nivel son elipses verticales (x − 1)²

(c + 5)/2+(y − 2)²

c + 5 = 1. La curva de nivel 1 es la elipse que pasa por el origen (x − 1)²

3 + (y − 2)² 6 = 1.

Por lo tanto en el tri´angulo △ABC donde A(0, 0), B(1, 2), C(0, 2) el m´ınimo est´a en el v´ertice B(1, 2) y el m´aximo en A(0, 0). El valor m´aximo es 1 y el valor m´ınimo es −5.

El problema tambi´en se puede resolver usando multiplicadores de Lagrange. Co- mo no hay m´as extremos globales que el m´ınimo global en B(1, 2) se debe usar tres veces el m´etoo de multiplicadores de Lagrange, una vez por cada lado del tri´angulo △ABC.

2. (4 points) Encuentre la distancia m´axima desde el origen del sistema de coordenadas a la hoja de Descartes x³+ y³− 3axy = 0, donde a > 0, x ≥ 0, y ≥ 0.

Solution: Podemos observar primero que el gr´afico asociado a esta ecuaci´on es sim´etrico respecto a la recta y = x y sobre ella se encuentran dos puntos O(0, 0) y M

3a 2 ,3a

2



. Aplicaremos el m´etodo de multiplicadores de Lagrange usando el cuadrado de la distancia como funci´on objetivo a maximizar f (x, y) = x² + y², y como restricci´on la curva, g(x, y) = x³+ y³− 3axy = 0.







2x = 3λ(x²− ay) 2y = 3λ(y²− ax) x³+ y³− 3axy = 0

Suponiendo que la soluci´on buscada no es O(0, 0), entonces podemos suponer que x 6= 0, y 6= 0 , λ 6= 0. De las dos primeras obtenemos ´unicamente x = y que al reemplazar en la tercera ecuaci´on obtenemos que la soluci´on es M

3a 2 ,3a

2

 . Por lo tanto las dos ´unicas soluciones encontradas usando el m´etodo de multiplicadores de Lagrange son O = (0, 0) cuya distancia es m´ınima y M

3a 2 ,3a

2



para el cual la distancia es m´axima y es igual a d = 3a√

2 2 .

3. (4 points) La densidad poblacional (n´umero de personas por kil´ometro cuadrado) de una ciudad de la costa norte est´a dada por la siguiente funci´on,

f (x, y) = 10000e^y 1 + 0.5|x|

donde x e y est´an medidos en kil´ometros. Encuentre el tama˜no de la poblaci´on dentro del ´area rectangular descrito por,

R = {(x, y) | −5 ≤ x ≤ 5, −2 ≤ y ≤ 0}.

Solution: El gr´afico de la funci´on f (x, y) = 10000e^y

1 + 0.5|x| es sim´etrico respecto al plano yz, es decir f (−x, y) = f(x, y). Adem´as la reg´on R tambi´en es sim´etrica respecto al eje y. Por lo tanto, si d es el tama˜no de la poblaci´on en R, entonces

d = Z 5

−5

Z 0

−2

10000e^y

1 + 0.5|x|dydx = 2 Z 5

0

Z 0

−2

10000e^y 1 + 0.5xdydx

= 2

Z 5 0

1 1 + 0.5xdx

 Z 0

−2

10000e^ydy



dydx = 40000 (ln(3.5)) 1 − e⁻²

4. (4 points) Sea H un hemisferio s´olido de radio a, cuya densidad en cada punto es pro- porcional a la distancia al centro de la base.

a) Encuentre la masa de H.

b) Encuentre el centro de masa.

Solution:

a) El centro de la base ser´a (0, 0, 0), luego la funci´on de densidad es bρ(x, y, z) = cp

x²+ y²+ z² para cierta constante positiva no nula c. Usando que lo pode- mos expresar H en coordenadas polares como

H = {P (θ, φ, ρ) : 0 ≤ θ ≤ 2π; 0 ≤ φ ≤ π/2; 0 ≤ ρ ≤ a}

y que x²+ y²+ z² = ρ², entonces m =

ZZZ

H

b

ρ(x, y, z)dV = Z 2π

0

Z π/2 0

Z a 0

cρ³sin(φ)dρdφdθ

= c Z 2π

0

dθ Z π/2

0

sin(φ)dφ Z a

0

ρ³dρ = c(2π)(1)(a⁴/4) = (cπa⁴)/2.

b) Por la simetr´ıa de la figura y de la funci´on de densidad, Myz = 0 y Mxz = 0.

Ahora, usando que z = ρ cos(φ), tenemos

Mxy = ZZZ

H

z bρ(x, y, z)dV = Z 2π

0

Z π/2 0

Z a 0

cρ⁴cos(φ) sin(φ)dρdφdθ

= c Z 2π

0

dθ Z π/2

0

cos(φ) sin(φ)dφ Z a

0

ρ⁴dρ = c(2π)([sin(φ)²/2]^π/2₀ )(a⁵/5) = 1 5cπa⁵. Por lo tanto el centro de masa es (x, y, z) = (0, 0,2

5a) Respuestas: a) m = (cπa⁴)/2, b) (x, y, z) = (0, 0,2

5a)

5. (4 points) Eval´ue la siguientes integrales usando coordenadas esf´ericas o cil´ındricas, seg´un corresponda.

a) Z 1

−1

Z ^√_1−x²

−√ 1−x²

Z _2−x²_−y²

x²+y²

(x² + y²)^3/2dzdydx

b) Z 1

0

Z √_1−y²

0

Z √_2−x²_−y²

√x²+y²

(x²+ y² + z²)dzdxdy.

Solution:

a) La regi´on a integrar esta acotada por abajo por el paraboloide z = x²+ y² y por arriba por el paraboloide z = 2 − x²− y². El primer paraboloide esta descrito en coordenadas cilindricas por z = r² y el segundo por z = 2 − r². Adem´as, en el plano xy la region describe un circulo de radio 1, entonces

Z 1

−1

Z ^√_1−x²

−√ 1−x²

Z _2−x²_−y²

x²+y²

(x²+ y²)^3/2dzdydx = Z 2π

0

Z 1 0

Z _2−r²

r²

(r²)^2/3rdzdrdθ

= Z 2π

0

dθ Z 1

0

Z _2−r²

r²

r⁴dzdr = 2π Z 1

0

[zr⁴]^2−r_r2 ²dr

= 2π Z 1

0

(2r⁴ − r⁶− r⁶)dr = 8π/35.

b) La regi´on a integrar esta en el primer octante y esta acotada por abajo por el cono z² = x²+ y² y por arriba por la esfera x²+ y² + z² = 2. En cordenadas esfericas el cono esta dado por φ = π/4, luego 0 ≤ φ ≤ π/4, ahora como la figura vive en el primer octante 0 ≤ θ ≤ π/2, y la esfera esta descrita por ρ =√

2, por tanto 0 ≤ ρ ≤√

2. Entonces Z 1

0

Z √_1−y²

0

Z √_2−x²_−y²

√x²+x²

(x²+ y²+ z²)dzdxdy

= Z π/2

0

Z π/4 0

Z ^√2 0

ρ⁴sin(φ)dρdφdθ

= Z π/2

0

dθ Z π/4

0

sin(φ)dφ Z ^√2

0

ρ⁴dρ = (π/2)(1 −√

2/2)((√

2)⁵/5).

Respuestas: a) 8π/35, b) (π/2)(1 −√

2/2)((√

2)⁵/5).

6. (4 points) Calcule el volumen del s´olido encerrado por el elipsoide x² a² + y²

b² + z² c² = 1, usando las transformaciones x = au, y = bv, z = cw.

La Tierra no es una esfera perfecta; la rotaci´on a hecho que lo polos se aplanen un poco. La forma de la tierra puede aproximarse por un elipsoide con a = b = 6378 Km, c = 6356 Km, usando el c´alculo anterior y una calculadora de un estimado del volumen de la Tierra.

Solution:

∂(x, y, z) (u, v, w) =

a 0 0 0 b 0 0 0 c  

= abc.

Note que la regio a integrar bajo el cambio de coordenadas es simplemento los (u, v, w) tal que u²+ v²+ w² ≤ 1, entonces si S es el solido encerrado por el elipsoide

V (S) = ZZZ

S

dV =

ZZZ

(u,v,w):u²+v²+w²≤1

(abc)dudvdw

= abc(volumen de una esfera de radio 1) = 4/3π(abc) Respuesta: 4/3π(abc), 1083032595704.39 Km³.

7. (4 points) Sea f : [0, 1] → R una funci´on continua y R la regi´on triangular con v´ertices (0, 0), (1, 0), (0, 1). Muestre haciendo uso del cambio de variables u = x + y, v = y, que

ZZ

R

f (x + y)dA = Z 1

0

uf (u)du.

Solution: Tomando u = x + y, v = y, se tiene que x = u − v, y = v, ^∂(x,y)_∂(u,v) = 1, y R es la imagen de la regi´on triangular con v´ertices (0, 0), (1, 0), (1, 1). Entonces

ZZ

R

f (x + y)dA = Z 1

0

Z u 0

f (u)dvdu = Z 1

0

uf (u)du.

8. (4 points) Considere la siguiente integral iterada triple:

Z 4 1

Z _5−y

1/y

Z _5−x−y

0

f (x, y, z)dzdxdy

(a) Haga un dibujo de la regi´on de integraci´on en R³.

(b) Plantee las cinco integrales triples iteradas restantes seg´un los diferentes ´ordenes de integraci´on iterada.

Solution: a) La regi´on de integraci´on es el s´olido E en Fig. 1.

Figura 1

b1) Dibujamos la proyecci´on del s´olido E sobre el plano XOY (ver Fig.2).

Figura 2: la proyecci´on del s´olido E sobre el plano XOY

.

Entonces,

I = Z 4

1

Z _5−y

1/y

Z _5−x−y

0

f (x, y, z) dzdxdy =

= Z 1

1/4

Z 4 1/x

Z _5−x−y

0

f (x, y, z) dzdydx + Z 4

1

Z _5−x

1

Z _5−x−y

0

f (x, y, z) dzdydx.

b2) Dibujamos la proyecci´on del s´olido E sobre el plano Y OZ (ver Fig.3).

Figura 3: la proyecci´on del s´olido E sobre el plano Y OZ Entonces,

I = Z 4

1

Z _5−y−1/y

0

Z _5−y−z

1/y

f (x, y, z) dxdzdy =

= Z 3/4

0

Z 4 1

Z _5−y−z

0

f (x, y, z) dxdydz + Z 3

3/4

Z φ(z) 1

Z _5−y−z

0

f (x, y, z) dxdydz,

donde la funci´on y = φ(z) = ¹₂[5 − z +p

(z − 5)²− 4] es una soluci´on de la ecuaci´on z = 5 − y − 1/y.

b3) Dibujamos la proyecci´on del s´olido E sobre el plano XOZ (ver Fig.4, Fig.5).

Figura 4: la proyecci´on del s´olido E sobre el plano XOZ

Figura 5: s´olido E y su proyecci´on sobre el plano XOZ

La parte I de la proyecci´on es cubierto por las superficies y = 1 y y = 5 − x − z, la parte II por y = 1/x y y = 5 − x − z, y la parte III por y = 1/x y y = 4. Entonces,

I = Z 1

1/4

Z _1−x

0

Z 4 1/x

f (x, y, z) dydzdx + Z 1

1/4

Z _5−x−1/x

1−x

Z _5−x−z

1/x

f (x, y, z) dydzdx+

+ Z 4

1

Z _4−x

0

Z _5−x−z

1

f (x, y, z) dydzdx =

= Z 3/4

0

Z _1−z

1/4

Z 4 1/x

f (x, y, z) dydxdz+

Z 3/4 0

Z 1 1−z

Z _5−x−z

1/x

f (x, y, z) dydxdz + Z 3

3/4

Z 1 φ(z)

Z _5−x−z

1/x

f (x, y, z) dydxdz+

+ Z 3

0

Z _4−z

1

Z _5−x−z

1

f (x, y, z) dydxdz, donde x = φ(z) = ¹₂[5 − z +p

(z − 5)²− 4].

9. (4 points) Halle el valor de la integral ZZZ

E

z

x² 4 + y²

9

 dV, donde E = {(x, y, z) | 9x²+ 4y² ≤ 36, 0 ≤ z ≤ 1}.

Solution: Hacemos el cambio de coordenadas

x = 2r cos φ, y = 3r sin φ, z = z.

Entonces, el Jacobiano es

J = det





∂x

∂r

∂x

∂φ

∂x

∂y ∂z

∂r

∂y

∂φ

∂y

∂z ∂z

∂r

∂z

∂φ

∂z

∂z



 = det



 2 cos φ −2r sin φ 0 3 sin φ 3r cos φ 0

0 0 1



 = 6r

Con respecto a las coordenadas (r, φ, z) el s´olido E es dada por las condiciones 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 1, y

z

x² 4 +y²

9



= zr². Entonces,

ZZZ

E

z

x² 4 +y²

9

 dV =

Z 2π 0

Z 1 0

Z 1 0

zr²(6r) dφdrdz =

= Z 2π

0

Z 1 0

Z 1 0

6zr³dφdrdz = 3 2π.

10. (4 points) Sea E un s´olido acotado por las superficies x² + y² − z² + 2z = 1, z = 0, x = 0, y la densidad del s´olido es dada por la funci´on d(x, y, z) = z + 1.

(a) Probar que el centro de masa del s´olido E esta en el plano y = 0.

(b) Encuentre el centro de masa del s´olido E.

Solution: a) Porque la ecuaci´on x²+ y²−z²+ 2z = 1 se puede reescribir en la forma x² + y²− (z − 1)² = 0 el s´olido E es un semicono con el v´ertice (0, 0, 1) y la base x²+ y² = 1, x ≥ 0 (x ≤ 0).

Consideremos el caso x ≥ 0. Por la simetr´ıa de E con respecto al plano y = 0 y porque la densidad d(x, y, z) no depende de y tenemos que el centro de masa M (x₀, y₀, z₀) esta en el plano y = 0, entonces y₀ = 0.

b) El centro de masa M (x0, y0, z0) esta en el plano y = 0, entonces y0 = 0.

Calculemos la masa de E usando coordenadas cil´ındricas:

M = ZZZ

E

d(x, y, z) dV = Z π/2

−π/2

Z 1 0

Z _1−r

0

(z + 1)r dzdrdφ = 5 24π.

Luego x₀ = 1

M ZZZ

E

xd(x, y, z) dV = Z π/2

−π/2

Z 1 0

Z _1−r

0

r²cos φ(z + 1) dzdrdφ = 24 25π y

z0 = 1 M

ZZZ

E

zd(x, y, z) dV = Z π/2

−π/2

Z 1 0

Z _1−r

0

z(z + 1)r dzdrdφ = 7 25. Entonces el centro de masa es M (_25π²⁴ , 0,₂₅⁷).

Para el caso x ≤ 0, por la simetr´ıa obtenemos que M(−_25π²⁴, 0,₂₅⁷ ).

11. (4 points) Sea D es el disco x²+ y² ≤ 1. Pruebe que 3 <

ZZ

D

e^x+y + 1 dA < 18

Solution: Encontraremos los valores m´ınimo y m´aximo de la funci´on f (x, y) = e^x+y sobre el disco D. Porque la funci´on y = e^x+ 1 es mon´otona, es suficiente encontrar los valores extremos de la funci´on g(x, y) = x+y sobre el disco D. Usamos el m´etodo de multiplicadores de Lagrange. Construimos la funci´on

G(x, y, λ) = x + y + λ(x²+ y²− 1), y resolvemos el sistema 





∂

∂xG = 1 + 2λx = 0

∂

∂yG = 1 + 2λy = 0

∂

∂λG = x²+ y² − 1 = 0

Las soluciones son x1 = −^√1₂, y1 = −^√1₂, λ1 = ^√1₂ y x2 = ^√1₂, y2 = ^√1₂, λ2 = −^√1₂. Entonces el valor m´aximo de la funci´on g(x, y) = x + y sobre el disco D es gmax = g(x2, y2) = g(^√1₂,^√1₂) = √

2 y el valor m´aximo de la funci´on f (x, y) = e^x+y + 1 es fmax = e^√2+ 1. Por el misma manera obtenemos que el valor m´ınimo de la funci´on f (x, y) = e^x+y + 1 es fmin = e^−√2+ 1

Ahora por las propiedades de la integral doble obtenemos que 3 < fmin× ´Area(D) = (e^−√2+ 1)π ≤

ZZ

D

e^x+y+ 1 dA

≤ fmax× ´Area(D) = (e^√2+ 1)π < 18.

12. (4 points) Calcule ZZ

D

e^x−y dA donde D es el interior del tri´angulo con v´ertices (0, 0), (1, 3) y (2, 2).

Solution: Partiendo la regi´on D en dos (x ≤ 1 y x ≥ 1) tenemos: RR

Df dA = R1

0

R3x

x e^x−y dy dx +R2 1

R_4−x

x e^x−y dy dx =R1

0 1 − e^−2x dx +R2

1 1 − e^2x−4 dx = 1 + e⁻².

13. (4 points) Calcule ZZ

D

sin(x² + y²) dA donde D es el disco definido por x²+ y² ≤ π.

Solution: En coordenadas polares: RR

Df dA =R2π 0

R^√π

0 sin(r²) r dr dθ = 2π.

14. (4 points) Calcule Z 4

0

Z 2 y/2

e^x2dx dy.

Solution: Cambiando el orden de integraci´on: R4 0

R2

y/2e^x2dx dy =R2 0

R2x

0 e^x2dy dx = R2

0 2xe^x2dx = e⁴− 1.

15. (4 points) Cambie el orden de integraci´on en

I :=

Z 1 0

Z _2(1−x)

0

Z _{3(1−x−y/2)}

0

f (x, y, z) dz dy dx

para obtener las otras cinco formas correspondientes a la misma triple integral. Haga un bosquejo de la regi´on de integraci´on.

Solution: La regi´on de integraci´on es la regi´on acotada por los planos coordenados y el plano 6x + 3y + 2z = 6. As´ı por ejemplo:

I :=

Z 3 0

Z _1−z/3

0

Z _{2(1−x−z/3)}

0

f (x, y, z) dy dx dz