Soluciones de exámenes de la asignatura de Cálculo de varias variables

(1)

Soluciones de ex´

amenes

de la asignatura de

C´

alculo de varias variables

Cursos 2011-12 y 2012-2013

Fernando San Jos´

e Mart´ınez

20-02-2014

(2)

E.T.S.I. Agr´

onomos

C´

alculo de varias variables 2011-2012 (IAA, IAL, ICA)

1

a

prueba de la evaluaci´

on continua: soluciones

7 de noviembre de 2011

1. El paraboloide z = 6 − x − x2_{− 2y}2 _{interseca al plano x = 1 en una par´}_{abola. Determinar la}

recta tangente a esta par´abola en el punto (1, 2 − 4). (1 punto)

Soluci´on:

La recta buscada está contenida en el plano x = 1 y su proyección en el plano yz es una recta cuya pendiente es fy(1, 2), si se considera la función f (x, y) = 6 − x − x2− 2y2. Dado que

fy(x, y) = −4y, se obtiene fy(1, 2) = −8. Por lo tanto la ecuaci´on de la recta es

x = 1

z = −8y + k.

Para determinar k imponemos que pase por el punto (1, 2 − 4). Resulta que k = 12 y la ecuaci´on de la recta tangente es

x = 1

z = −8y + 12.

2. En el punto (4, 3, 10) del espacio se coloca un rastreador término que se mueve continuamente en la dirección de máximo incremento de la temperatura. La temperatura de los puntos del espacio es T (x, y, z) = 400 − 2x2_{− y}2_{− 4z}2_{. Determinar la direcci´}_{on del movimiento del}

rastreador térmico en ese punto del espacio. El módulo de la velocidad del rastreador es proporcional a la rapidez de cambio (cambio por unidad de longitud) máxima de la temperatura. Si la constante de proporcionalidad es k, determinar el módulo de dicha velocidad.

(1,5 punto) Soluci´on:

La dirección de movimiento del rastreador en el punto (4, 3, 10) es la del vector gradiente de la función temperatura en ese punto. Se tiene que ∇T (x, y, z) = (−4x, −2y, −8z). Por lo tanto la dirección de movimiento del rastreador térmico será ∇T (4, 3, 10) = (−16, −6, −80). El módulo de la velocidad del rastreador en el punto dado será:

k|∇T (4, 3, 10)| = k√162_{+ 6}2_{+ 80}2 _{= k}√_{6692 = 81,80464534 k.}

3. La potencia el´ectrica P est´a dada por P = E2_{/R, donde E es el voltaje y R es la resistencia.}

Estimar el error máximo porcentual que se produce al calcular la potencia eléctrica cuando se aplican 200 voltios a una resistencia de 4000 ohmios. Los errores de medida que se comenten son del 2 % en la medición del voltaje y del 3 % en la medición de la resistencia.

(3)

Soluci´on:

Se ha de aproximar la variación máxima que sufre la potencia eléctrica ∆P cuando hay una variación del voltaje ∆E = 2E/100 y una variación de la resistencia ∆R = 3R/100. Esta variación hay que calcularla cuando E = 200 y R = 4000. Entonces, el error máximo porcentual se obtendrá como ∆P/P. Dado que la función P es diferenciable se puede aproximar la variación de P por PE∆E + PR∆R. Es decir, se tiene que

∆P ≈ PE∆E + PR∆R.

Calculemos las derivadas parciales PE = 2E/R PR = −E2/R2 y PE(200, 4000) = 1/10 PR200, 4000) = −1/400 . Se la siguiente aproximaci´on de la variaci´on de P :

∆P ≈ 1 10 2 · 200 100 − 1 400 3 · 4000 100 = 1/10.

Dado que P (200, 4000) = 10, el error m´aximo porcentual se puede aproximar por ∆P

P ≈ 1/100.

Entonces, bajo las condiciones del problema, el error m´aximo porcentual de la potencia el´ectrica es aproximadamente del 1 %.

4. La producción total P de un cierto producto depende de la mano de obra L utilizada y de la cantidad de capital K invertido. El modelo de Cobb-Douglas prevé una producción

P (L, K) = 1, 01 L0,75K0,25

para la situación económica estudiada. El coste de una unidad de mano de obra es de 200 unidades monetarias y de 300 unidades monetarias el de una unidad de capital. Por lo tanto, el coste de L unidades de mano de obra y K de capital es C(L, K) = 200L + 300K. Se dispone de 100 millones de unidades monetarias para invertir en mano de obra y en capital. Determ´ınese cuantas unidades de mano de obra y de capital habrá que consumir para maximizar la producción.

(1,5 punto) Soluci´on:

Hemos de maximizar la producci´on

P (L, K) = 1, 01 L0,75K0,25

bajo la restricci´on de que C(L, K) = 108. La condici´on la podemos escribir como g(L, K) = 0 con

g(L, K) = 2L + 3K − 106.

Por lo tanto, hemos de obtener los valores de L y K que verifican las ecuaciones ∇P (L, K) = λ∇g(L, K)

(4)

Este sistema es equivalente al sistema 0, 75 · 1, 01 · L−0,25· K0,25_{= 2λ} 0, 25 · 1, 01 · L0,75_{· K}−0,75 _{= 3λ} 2L + 3K = 106.    Eliminando λ de las dos primera ecuaciones se tiene

0, 75 · L−0,25· K0,25_{/2 = 0, 25 · L}0,75_{· K}−0,75_/3 2L + 3K = 106_. Operando se obtiene 0, 75 · K0,25· K0,75_{/2 = 0, 25 · L}0,75_{· L}0,25_/3 2L + 3K = 106 ⇐⇒ 2L = 9K 2L + 3K = 106 .

Entonces L = 3 · 106_{/8 y K = 10}6_{/12. Por lo tanto, el m´}_{aximo de la producci´}_{on es 2, 6 · 10}5 _y

se alcanza para L = 3, 75 · 105 y K = 83333, 33.

5. Calcule el volumen de una cu˜na limitada por el cilindro x = y2 y, los planos z = 0 y x + z = 1. (1,5 puntos)

Soluci´on:

Figura 1: Cu˜na Se trata del s´olido S de la figura ?? dado por

S = {(x, y, z)| − 1 ≤ y ≤ 1, y2 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 − x} = = {(x, y, z)| 0 ≤ x ≤ 1, −√x ≤ y ≤√x, 0 ≤ z ≤ 1 − x}.

La figura ?? corresponde a la proyección de la cuña S en el plano xy. Por lo tanto podemos calcular el volumen de la cuña mediante la siguiente integral triple

Z Z Z S dxdydz = Z 1 −1 Z 1 y2 Z 1−x 0 dz dx dy = = Z 1 −1 Z 1 y2 (1 − x) dx dy = Z 1 −1 x − x2_/2x=1 x=y2 dy = = Z 1 (1/2 − y2+ y4/2) dy =y/2 − y3/3 + y5/10y=1 = 8/15

(5)

Figura 2: Proyección de la cuña en el plano xy. También se puede utilizar el siguiente orden

Z Z Z S dxdydz = Z 1 0 Z √ x −√x Z 1−x 0 dz dy ! dx = = Z 1 0 Z √ x −√x (1 − x) dy ! dx = Z 1 0 [y − xy]y= √ x y=−√x dx = = Z 1 0 (2√x − 2x√x) dx =4x3/2/3 − 4x5/2/5x=1_x=0 = 8/15

6. Cambie a coordenadas cil´ındricas y esf´ericas la siguiente integral y utilice uno de los dos cambios para evaluarla:

Z 1 0 Z √ 1−x2 0 Z √ 2−x2_−y2 √ x2_+y2 z dz dy dx (1,5 puntos) Soluci´on:

La región de intersección S está delimitada por arriba por la semiesfera de radio √2 centrada en el origen z =p2 − x2_{− y}2 _{y por debajo por el cono z =}px2_{+ y}2_{, dentro del primer}

octante. V´ease la figura ??. La intersecci´on de estas dos superficies es p

2 − x2_{− y}2 ₌p_x2_{+ y}2_{, x ≥ 0, y ≥ 0,}

o bien

2 − x2− y2 _{= x}2_{+ y}2_{, x ≥ 0, y ≥ 0 .}

Por lo tanto, la intersecci´on es la circunferencia x2 _{+ y}2 _{= 1 del plano z = 1 en el primer}

octante.

En coordenadas cil´ındricas la regi´on S de integraci´on se puede describir como S = {(θ, r, z) : 0 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ r ≤ 1, r ≤ z ≤√2 − r2_}.

(6)

Figura 3: Superficies que delimitan el s´olido S que se encuentra en el primer octante En coordenadas esf´ericas se tiene

S = {(θ, φ, ρ) : 0 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ φ ≤ π/4, 0 ≤ ρ ≤√2}. Integrando en coordenadas cil´ındricas se tiene

Z 1 0 Z √ 1−x2 0 Z √ 2−x2_−y2 √ x2_+y2 z dz dy dx = Z 1 0 Z π/2 0 Z √ 2−r2 r zr dz ! dθ ! dr = = Z 1 0 Z π/2 0 z2 /2z= √ 2−r2 z=r r dθ ! dr = =π 4 Z 1 0 (2 − r2− r2)r dr = π 4r 2_{− r}4 /2r=1_r=0 = π/8 Integrando en coordenadas esf´ericas se tiene

Z 1 0 Z √ 1−x2 0 Z √ 2−x2_−y2 √ x2_+y2 z dz dy dx = Z √ 2 0 Z π/2 0 Z π/4 0 ρ3cos(φ) sin(φ) dφ ! dθ ! dρ = = Z √ 2 0 ρ3dρ ! Z π/2 0 dθ ! Z π/4 0 cos(φ) sin(φ) dφ ! = =ρ4_/4 √ 2 0 [θ] π/2 0 sin 2_(φ)/2π/4 0 = 1 · π 2 · 1 2 √ 2 2 !2 = π/8

7. Calcule la temperatura media del s´olido delimitado inferiormente por el paraboloide

z = x2+ y2 y superioramente por el cono z =px2_{+ y}2_{, si la temperatura en cada punto es}

proporcional a la distancia al eje z. (1,5 puntos)

(7)

Hemos de evaluar la integral de la funci´on temperatura T (x, y, z) = kpx2_{+ y}2 _{en la regi´}_on

que ocupa el sólido dado y dividir este valor por el volumen del sólido. Vamos primero a obtener el volumen del sólido y para ello vamos a describirlo. Véase la figura ?? donde se representa parte de las superficies que delimitan el sólido S, la parte del primer octante.

Figura 4: Superficies que delimitan la parte del sólido S que se encuentra en el primer octante La intersección de las superficies que delimitan el sólido es una circunferencia de radio unidad centrada en el punto (0, 0, 1) y situada en el plano z = 1. Efectivamente, de z = x2+ y2 y z =px2_{+ y}2_{, se obtiene que z}2 _{= z para z ≥ 0. Entonces z = 1 0 z = 0. Si z = 1 tenemos la}

mencionada circunferencia y si z = 0 se trata del origen de coordenadas. Dada la simetr´ıa del s´olido su descripci´on en coordenadas cil´ındricas es relativamente sencilla:

S = {(θ, r, z) : 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1, r2 ≤ z ≤ r}.

Por lo tanto, el volumen de S se puede calcular por la siguiente integral triple usando coordenadas cil´ındricas: V (S) = Z 1 0 Z 2π 0 Z r r2 r dz dθ dr = Z 1 0 Z 2π 0 (r2− r3_{) dθ} dr = =2πr3_{/3 − r}4_/4r=1 r=0 = π/6

El promedio de la funci´on temperatura en la regi´on S se obtiene usando coordenadas cil´ındricas: 6 π Z 1 0 Z 2π 0 Z r r2 k · r · r dz dθ dr = 6k π Z 1 0 Z 2π 0 (r3− r4_{) dθ} dr = = 26k π πr 4_{/4 − r}5_/5r=1 r=0 = 3k/5.

Por lo tanto el promedio de la temperatura en el s´olido S es 3k/5.

(8)

E.T.S.I. Agr´

onomos

C´

alculo de varias variables 2011-2012 (IAA, IAL, ICA)

Examen final: soluciones

17 de enero de 2011

1. Dada la superficie x2_{/9 + y}2_{/4 + z}2_{/5 = 3 obtener la ecuaci´}_{on del plano tangente y la recta}

normal a dicha superficie en el punto (3, 2,√5). Soluci´on:

Si consideramos la funci´on f (x, y, z) = x2_{/9 + y}2_{/4 + z}2_{/5, el plano tangente a la superficie}

en el punto (3, 2,√5) es perpendicular al vector gradiente de f en dicho punto: ∇f (3, 2,√5).

Esto es debido a que este vector es perpendicular a la superficie dada que es la superficie f (x, y, z) = 3. Se tiene

∇f (x, y, z) = (2x/9, 2y/4, 2z/5) y ∇f (3, 2,√5) = 2(1/3, 1/2, 1/√5).

Entonces, el plano tangente es un plano que pasa por el punto (3, 2,√5) y es perpendicular al vector (1/3, 1/2, 1/√5). En consecuencia, la ecuaci´on de este plano es

(x − 3)/3 + (y − 2)/2 + (z −√5)/√5 = 0, o bien

x/3 + y/2 + z/√5 = 3.

La recta normal a la superficie dada (f (x, y, z) = 3) en el punto (3, 2,√5) tendrá la dirección del vector gradiente a f en el punto (3, 2,√5) y deberá pasar por este punto. La ecuación parámetrica de la recta normal será

x(t) = 3 + t/3, y(t) = 2 + t/2, z(t) =√5 + t/√5. La ecuaci´on cont´ınua ser´a

3(x − 3) = 2(y − 2) =√5(z −√5). O bien

3x − 2y = 5, 3x −√5z = 4.

2. La temperatura de un punto (x, y) medida en grados Celsius es T (x, y). Un bicho que se arrastra desde el punto (1, 2) sigue una trayectoria de forma que su posición después de t segundos es x(t) =√1 + t e y(t) = 2 + t/3, donde x(t) e y(t) se miden en cent´ımetros. La función temperatura satisface Tx(2, 3) = 4 y Ty(2, 3) = 3 ¿Con qué rapidez cambia la

temperatura a lo largo del camino del bicho en el instante t = 3? Soluci´on:

(9)

Como el avance del bicho y su velocidad lo determina la curva ~r(t) = (√1 + t, 2 + t/3), la rapidez del cambio de la temperatura a lo largo del camino del bicho se obtiene derivando la funci´on T (~r(t)) con relaci´on al tiempo t. Dado que ~r(3) = (2, 3), hemos de obtener dicha derivada en en el instante t = 3. Por un lado se tiene

dT dt (3) = ∂T ∂x(2, 3) dx dt(3) + ∂T ∂y(2, 3) dy dt(3) Por otro lado se verifica

x0(t) = 1/2√1 + t, y0(t) = 1/3 y x0(3) = 1/4, y0(3) = 1/3. Entonces dT dt (3) = 4 1 4 + 3 1 3 = 2.

Por lo tanto, se produce un aumento de la temperatura por unidad de tiempo de 2 grados Celsius por segundo en el punto (2, 3) de la trayectoria del bicho.

3. Use multiplicadores de Lagrange para determinar los extremos de la funci´on f (x, y) = x2+ y2 sobre los puntos de la curva x2 _{+ (y − 1)}2 _{= 9. Explique el significado geom´}_{etrico del m´}_etodo

de los multiplicadores de Lagrange. Para ello dibuje las curvas de nivel de la función f junto con la curva dada y los gradientes que aparecen en dicho método, en los puntos obtenidos. Solución:

Dado que la circunferencia x2_{+ (y − 1)}2 _{= 9 es una curva de nivel correspondiente al valor}

nueve de la funci´on g(x, y) = x2_{+ (y − 1)}2_{, se trata de encontrar curvas de nivel de f que}

sean tangentes a g(x, y) = 9. Por lo tanto, los puntos que buscamos deben de verificar dos condiciones. La primera condici´on es que los gradientes de f y g deben ser paralelos y la segunda es que estos puntos deben encontrarse en la curva g(x, y) = 9. Es decir, tenemos que determinar los puntos (x, y) en los que se verifican las ecuaciones

∇f (x, y) = λ∇g(x, y) g(x, y) = 9. Este sistema es equivalente al sistema

2x = 2xλ 2y = 2(y − 1)λ x2 _{+ (y − 1)}2 _{= 9.}   

Si x 6= 0 en la primera ecuación se obtienen λ = 1 y de la segunda se obtiene y = y − 1. Esta ecuación no tiene sentido y por lo tanto x = 0. Cuando x = 0 la última ecuación implica (y − 1)2 _{= 9, de donde se deduce que y − 1 = ±3. Por lo tanto, se tiene y = −2 e y = 4. La}

segunda ecuaci´on nos servir´ıa para determinar λ. Por lo tanto, los extremos de f sobre la circunferencia dada se alcanzan en los puntos (0, −2) y (0, 4). Dado que f (0, −2) = 4 y f (0, 4) = 16, el m´ınimo absoluto se alcanza en el primer punto y el m´aximo absoluto en el segundo.

El m´etodo de Lagrange determina puntos de la curva g(x, y) = 9 donde los gradientes de las funciones f y g son paralelos. Esto es equivalente a decir que determina los puntos de la curva g(x, y) = 9, la circunferencia x2_{+ (y − 1)}2 _{= 9, en los que alguna curva de nivel de la}

funci´on f es tangente a dicha circunferencia. La figura 1 ilustra el anterior comentario. La curva negra corresponde a la condici´on g(x, y) = 9. Las curvas roja y azul corresponden a las

(10)

Figura 1: Curvas correspondientes a la condición g(x, y) = 9 (la negra), a la condición f (x, y) = 4 (la roja) y a la condición f (x, y) = 16 (la azul). La recta vertical corresponde a la dirección común de los gradientes de f y g en los puntos de tangencia de las anteriores curvas.

curvas de nivel de f, f (x, y) = 4 y f (x, y) = 16, respectivamente. Claramente la curva roja es tangente a la negra en el punto (0, −2) y la azul a la negra en el punto (0, 4). La recta

corresponde a la ecuaci´on x = 0. Es la direcci´on de los gradientes de f y g en los puntos obtenidos. Efectivamente, se tiene

∇f (0, −2) = (0, −4), ∇g(0, −2) = (0, −6), ∇f (0, 4) = (0, 8), ∇g(0, 4) = (0, 6) La figura 1 pone de manifiesto que las ´unicas curvas de nivel de la funci´on f tangentes a la circunferencia negra (g(x, y) = 9) son las circunferencias roja (f (x, y) = 4) y la azul

(f (x, y) = 16). Esto es debido al hecho de que las curvas de nivel de f son circunferencias conc´entricas con centro com´un el origen de coordenadas. Estas curvas de nivel forman la familia x2+ y2 = k.

4. Obtener el volumen limitado lateralmente por el cilindro x2_{+ y}2 _{= 1, que se encuentra bajo el}

cono z =px2_{+ y}2 _{y sobre el plano z = 0.}

Soluci´on

La figura 2 ilustra el volumen V que queremos determinar. Veamos cual es la proyección de V en el plano xy. Obsérvese que la intersección de las dos superficies que delimitan V verifica z = 1 y por lo tanto su proyección en el plano xy es x2+ y2 = 1. Es decir, la proyección de V es un disco D centrado en el origen con radio unidad. En consecuencia V se puede calcular por la integral doble de la función f (x, y) =px2_{+ y}2 _{sobre el disco D}

D = {(x, y)| − 1 ≤ x ≤ 1, −√1 − x2 _{≤ y ≤}√_{1 − x}2_}

En coordenadas polares esta regi´on se transforma en la regi´on M = {(θ, r)|0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1}.

(11)

Figura 2: Volumen V. El volumen de V se obtiene por la integraci´on

Z Z D p x2_{+ y}2_{dxdy =} Z Z M rr dθdr = Z 2π 0 Z 1 0 r2dr dθ = = Z 2π 0 dθ Z 1 0 r2dr = 2π ρ 3 3 1 0 = 2π 3 . El volumen de V es 2π/3 unidades de volumen.

Obs´ervese que este volumen se podr´ıa haber obtenido mediante una integral triple ya que V = {(x, y, z)| − 1 ≤ x ≤ 1, −√1 − x2 _{≤ y ≤}√_{1 − x}2_{, 0 ≤ z ≤}p_x2_{+ y}2_}.

En coordenadas cil´ındricas este volumen se transforma en

P = {(θ, r, z)|0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ z ≤ r}. Entonces, su volumen se calcula por la integral triple

Z Z Z V dxdydz = Z Z Z P r dθdrdz = Z 2π 0 Z 1 0 Z r 0 r dz dr dθ = = Z 2π 0 dθ Z 1 0 r2dr = 2π ρ 3 3 1 0 = 2π 3 .

5. Determinar el volumen acotado por los paraboloides z = 3x2+ 3y2 y z = 4 − x2− y2_.

Soluci´on

La figura 3 ilustra el volumen V que debemos calcular. Veamos cual es la proyección del volumen V en el plano xy. Obsérvese que la intersección de las dos superficies que delimitan el V corresponde a los puntos comunes a ambas superficies que tienen el mismo valor de z y por lo tanto se tiene que 3x2 _{+ 3y}2 _{= 4 − x}2_{− y}2_{. Es decir x}2_{+ y}2 _{= 1. Entonces, su}

(12)

Figura 3: Volumen V.

proyecci´on en el plano xy es un disco de radio uno centrado en el origen. En consecuencia el volumen V se puede describir como

V = {(x, y, z)| − 1 ≤ x ≤ 1, −√1 − x2 _{≤ y ≤}√_{1 − x}2_{, 3x}2_{+ 3y}2 _{≤ z ≤ 4 − x}2_{− y}2_}

En coordenadas cil´ındricas esta regi´on se transforma en la regi´on

P = {(θ, r, z)|0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1, 3r2 ≤ z ≤ 4 − r2_}.

El volumen de V se obtiene por la integraci´on Z Z Z V dxdydz = Z Z Z P r dθdrdz = Z 2π 0 Z 1 0 Z 4−r2 3r2 r dz ! dr ! dθ = = Z 2π 0 dθ Z 1 0 4(r − r3) dr = 8π ρ 2 2 − ρ4 4 1 0 = 8π1 4 = 2π. El volumen de V es 2π unidades de volumen.

6. Determinar el trabajo que realiza el campo de fuerzas ~F (x, y) = (2xy, x2) sobre un m´ovil que se desplaza a lo largo de la curva parametrizada por ~r(t) = (t − sen t, 1 − cos t) entre el origen y el punto de coordenadas (2π, 0).

Soluci´on:

Si calculamos el trabajo como una integral de l´ınea podremos comprobar que se trata de un cálculo bastante tedioso. Sin embargo, si observamos que el campo es conservativo, con la función potencial del campo obtendremos el trabajo sin más que determinar la diferencia de potencial entre los puntos final e inicial de la trayectoria considerada. Si F1 y F2 son,

respectivamente, la primera y segunda componentes del campo ~F se verifica ∂F1

∂y = 2x, ∂F2

(13)

Como estas derivadas parciales son iguales en todo el plano se verifica que ~F es un campo gradiente en todo el plano y posee una función potencial definida en todo el plano. Calculemos la función potencial f (x, y). Esta función verifica ~F (x, y) = ∇f (x, y). Entonces, se tiene que

∂f

∂x = 2xy.

Integrando esta expresi´on respecto de x se tiene f (x, y) = x2_{y + g(y), donde g(y) es una}

funci´on arbitraria de y. De esta expresi´on se obtiene que ∂f

∂y = x

2

+ g0(y). Por otra parte, teniendo en cuenta que ∇f = ~F , se tiene

∂f ∂y = x

2

.

Igualando estas dos ´ultimas expresiones, se tiene que g0(y) = 0 y, en consecuencia, g(y) = k, donde k es una constante. Hemos obtenido que la funci´on potencial es f (x, y) = x2_{y + k. Esto}

nos permite calcular el trabajo W que realiza el campo de fuerzas ~F (x, y) = (2xy, x2) sobre un m´ovil que se desplaza a lo largo de la curva parametrizada por ~r(t) = (t − sen t, 1 − cos t) entre el origen y el punto de coordenadas (2π, 0) como

W = f (2π, 0) − f (0, 0) = 0,

ya que al ser una campo gradiente o conservativo el trabajo no depende de la trayectoria elegida sino del valor de la funci´on potencial en los extremos de dicha trayectoria. El trabajo es nulo porque los dos puntos se encuentran en la misma curva equipotencial, misma curva de nivel de la funci´on f (x, y). Es la curva de nivel f (x, y) = 0, es decir x2_{y = 0. Esto implica}

x = 0 e y = 0, los ejes coordenados.

7. Determinar el flujo del campo ~F (x, y, z) = (x, y, z4_{) que atraviesa una superficie S en la}

direcci´on negativa del eje z. La superficie S es la parte del cono z =px2_{+ y}2 _{que se}

encuentra debajo del plano z = 1. Soluci´on:

Para calcular el flujo que atraviesa S primero elegimos una parametrizaci´on de la superficie S, como por ejemplo

~

r(u, v) = (u cos v, u sen v, u) de forma que (u, v) ∈ D y

D = {(u, v)| 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π}. Dado que

~r0_u(u, v) = (cos v, sen v, 1), y ~r0_v(u, v) = (−u sen v, u cos v, 0), se tiene que

~r0_u(u, v) × ~r0_v(u, v) = (−u cos v, −u sen v, u).

Como este vector tiene el sentido contrario al que se debe utilizar para calcular el flujo (puesto que su tercera coordenada es positiva), el flujo que atraviesa S en la direcci´on negativa del eje z se obtiene evaluando la integral doble de la siguiente funci´on de las variables u y v

(14)

en D. El valor del campo sobre la superficie es ~

F (~r(u, v)) = (u cos v, u sen v, u4).

Teniendo en cuenta el vector normal a la superficie que hemos obtenido m´as arriba, resulta que el integrando es la funci´on

− ~F (~r(u, v)) · (~r0_u(u, v) × ~r0_v(u, v)) = −(−u2+ u5). El flujo se obtendr´a con la siguiente integral de superficie

Z Z S ~ F · d ~S = − Z Z D ~

F (~r(u, v)) · (~r0_u(u, v) × ~r0_v(u, v)) dudv = = Z Z D (u2− u5_{) dudv =} Z 1 0 (u2− u5_{) du} Z 2π 0 dv = = 2πu3_{/3 − u}6_/61 0 = π/3.

También se podr´ıa haber utilizado la parametrización de S dada por la función ~r(u, v) = (u, v,√u2_{+ v}2₎ con (u, v) ∈ D y D = {(u, v)| − 1 ≤ u ≤ 1, −√1 − u2 _{≤ v ≤}√_{1 − u}2_}. Dado que ~ r0_u(u, v) = (1, 0, u/√u2_{+ v}2_), _y _~_r0 v(u, v) = (0, 1, v/ √ u2_{+ v}2_), se tiene que ~

r0_u(u, v) × ~r0_v(u, v) = (−u/√u2_{+ v}2_{, −v/}√_u2_{+ v}2_{, 1).}

Como este vector tiene el sentido contrario al que se debe utilizar para calcular el flujo (puesto que su tercera coordenada es positiva), el flujo que atraviesa S en la direcci´on negativa del eje z se obtiene evaluando la integral doble de la siguiente funci´on de las variables u y v

− ~F (~r(u, v)) · (~r0_u(u, v) × ~r0_v(u, v)) en D. El valor del campo sobre la superficie es

~

F (~r(u, v)) = (u, v, (u2+ v2)2

Teniendo en cuenta el vector normal a la superficie que hemos obtenido más arriba, el integrando será la función

− ~F (~r(u, v)) · (~r0_u(u, v) × ~r0_v(u, v)) = (u2+ v2)√u2_{+ v}2_{− (u}2_{+ v}2₎2_.

El flujo se obtendr´a con la siguiente integral de superficie en la que hemos hecho un cambio a coordenadas polares para facilitar su c´alculo

Z Z S ~ F · d ~S = − Z Z D ~

F (~r(u, v)) · (~r0_u(u, v) × ~r0_v(u, v)) dudv = = Z Z D ((u2+ v2)√u2_{+ v}2_{− (u}2_{+ v}2₎2_{) dudv =} Z 2π 0 Z 1 0 (r2− r5_{) dr} dθ = = Z 1 0 (r2− r5_{) dr} Z 2π 0 dθ = π/3.

(15)

8. Consideremos una barra de plata de longitud 20 cm que se calienta por un extremo hasta que se alcanza una temperatura dada por la funci´on f (x) = x. En ese instante se a´ısla

completamente. La constante de difusividad de la plata es de 1.70 cm2s−1 .

a) Escribir la ecuación en derivadas parciales, las condiciones en la frontera y la condición inicial que verifica la función u(x, t) que representa la temperatura de un punto x de la barra en un instante t.

b) Deducir la solución en serie del problema plantado utilizando el método de separación de variables. Es necesario explicar cada paso de la deducción.

c) ¿Qu´e temperatura tendr´an los puntos de la barra de plata a largo plazo? Razonar la respuesta.

Soluci´on:

a) La ecuaci´on en derivadas parciales que verifica la funci´on u(x, t) es ut= k uxx,

con k =1.70, las condiciones en la frontera son

ux(0, t) = ux(20, t) = 0

y la condici´on inicial es

u(x, 0) = x.

b) Para determinar la función u(x, t) que verifica el anterior problema de valores en la frontera con condiciones iniciales utilizamos el método de separación de variables de forma que buscamos soluciones como u(x, y) = X(x)T (t). Dado que uxx = X00T y

ut = XT0, se tiene que XT0 = k X00T ; o equivalentemente

X00 X = 1 k T0 T .

Como x y t son variables independientes la anterior igualdad nos dice que ambos cocientes son iguales a una constante que llamaremos −λ. Entonces

X00 X = 1 k T0 T = −λ,

y por lo tanto, las ecuaciones diferenciales que verifican la funci´on en x y la funci´on t son

X00+ λX = 0 T0+ kλT = 0. Adem´as, de las condiciones en la frontera se deduce

X0(0)T (t) = X0(20)T (t) = 0;

para T (t) ≡ 0 obtendr´ıamos una soluci´on trivial, entonces debe verificarse

X0(0) = X0(20) = 0 para no obtener soluciones triviales. Estas son la condiciones en la frontera que verifica la funci´on en x. Tenemos que resolver el siguiente problema de valores propios para la funci´on X(x)

X00+ λX = 0 X0(0) = X0(20) = 0

(16)

Vamos a abordar el problema estudiando por separado los casos λ = 0, λ < 0 y por ´

ultimo λ > 0.

Si λ = 0, entonces X(x) = ax + b. Las condiciones en la frontera implican 0 = X0(0) = a y 0 = X0(20) = a, y por lo tanto a = 0. Para λ = 0 se tiene la soluci´on no trivial

X(x) = 1.

Cuando λ < 0. El polinomio caracter´ıstico de la ecuaci´on es r2_{+ λ = 0 y tiene las ra´ıces}

reales r±= ±

√

−λ. Por lo tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es X(x) = c1e √ −λx + c2e− √ −λx y X0(x) = c1 √ −λ e √ −λx _{− c} 2 √ −λ e− √ −λx

Las condiciones en la frontera implican 0 = X0(0) = c1 √ −λ − c2 √ −λ 0 = X0(20) = c1 √ −λ e20√−λ_{− c} 2 √ −λ e−20 √ −λ

El determinante de la matriz de los coeficientes de este sistema lineal para las inc´ognitas c1 y c2 es

−λe20

√

−λ_{− e}−20√−λ

.

Dicho determinante no es nulo debido a que λ 6= 0 y, por lo tanto, e20√−λ _{6= e}−20√−λ_{. Se}

tiene c1 = c2 = 0. Entonces, todas las soluciones son triviales para λ < 0.

Si λ > 0, las ra´ıces del polinomio caracter´ıstico de la ecuación diferencial son complejos imaginarios puros r = ±√λ i y la solución general de la ecuación es

X(x) = c1cos √ λ x + c2sen √ λ x. Su derivada es X0(x) = −c1 √ λ sen √ λ x + c2 √ λ cos √ λ x. Las condiciones en la frontera implican

0 = c2 √ λ 0 = −c1 √ λ sen 20√λ + c2 √ λ cos 20√λ. Entonces existen soluciones con c1 6= 0 siempre y cuando sen 20

√ λ = 0.

Equivalentemente, 20√λ = nπ, con n = 1, 2, 3, 4, . . . En consecuencia, se obtiene que los valores propios del anterior problema de valores propios son λn = n2π2/202 y las

funciones propias son Xn(x) = cos(nπx/20), para n = 0, 1, 2, 3, . . . Obs´ervese que para

n = 0 se tiene el valor propio λ0 = 0 y la funci´on propia X0(x) = 1.

Entonces, para la funci´on T (t) tenemos las ecuaciones diferenciales T0+n

2_π2

400 k T = 0 cuyas soluciones son (salvo una constante)

Tn(t) = exp −k n 2_π2 t .

(17)

Por lo tanto, las funciones un(x, t) = Xn(x)Tn(t) = exp −k n 2_π2 400 t cosnπ 20x verifican la ecuaci´on en derivadas parciales que modeliza el fen´omeno y las

correspondientes condiciones en la frontera. Vamos a buscar una combinación lineal de estas funciones que además verifique la condición inicial, es decir, la solución en serie

u(x, t) = ∞ X n=0 cnexp −k n 2_π2 400 t cosnπ 20x debe verificar u(x, 0) = x = ∞ X n=0 cncos nπ 20x

para x ∈ [0, 20]. Como la funci´on f (x) = x es continua los coeficientes cn corresponder´an

a los coeficientes de Fourier de una serie de cosenos para la funci´on f (x) = x en el intervalo [0, 20]. Estos coeficientes se pueden calcular mediante las expresiones

an= 2 20 Z 20 0 x cosnπ 20x dx

de forma que, c0 = a0/2 y cuando n 6= 0, cn = an. Para n = 0 se tiene

a0 = 2 20 Z 20 0 x dx = 2 20 x2 2 20 0 = 20 Para n 6= 0 hagamos el cambio de variable nπx/20 = s

an = 2 20 202 n2_π2 Z nπ 0 s cos s ds = 40 n2_π2 [s sen s]nπ₀ − Z nπ 0 sen s ds = = 40 n2_π2 [cos s] nπ 0 = 40 n2_π2((−1) n_{− 1)}

La soluci´on en serie del problema de valores en la frontera con condiciones iniciales para la ecuaci´on del calor planteada es

u(x, t) = 10 − 80 π2 X n impar 1 n2 exp −k n 2_π2 400 t cosnπ 20x .

c) Tomando el l´ımite cuando t tiende a infinito en cada t´ermino de la serie que define la anterior soluci´on u(x, t) se obtiene

l´ım

t→∞u(x, t) =

a0

2 = 10.

Esto es debido a la presencia de exponenciales negativas en cada t´ermino de la soluci´on en serie obtenida. Por lo tanto, la temperatura a largo plazo tiende a 10oC. Esto

concuerda con la intuici´on f´ısica del problema. Al estar los extremos aislados (as´ı como la parte lateral de la barra de plata) la temperatura de los puntos de la barra cambian con el tiempo hasta que se estabilizan en un valor constante igual al promedio de la

temperatura inicial. Este valor promedio es 10o_C.

Los ejercicios del 1 al 7 tienen la misma puntuaci´on, el 8 punt´ua el doble Tiempo: 3 horas

(18)

E.T.S.I. Agr´

onomos

C´

alculo de varias variables 2011-2012 (IAA, IAL, ICA)

Examen extraordinario de julio: soluciones

2 de julio de 2011

1. El volumen de un cilindro de radio r y altura h es V = πr2_h.

a. Usar la aproximaci´on lineal para probar que ∆V /V = 2∆r/r + ∆h/h.

b. Estime el porcentaje de aumento relativo en V si tanto r como h tienen un aumento relativo porcentual del 2 % . T´engase en cuenta que el error relativo porcentual de V es (∆V /V ) × 100.

c. El volumen de un cilindro se determina midiendo su radio y su altura ¿Cu´al de ellos dar´ıa lugar a un mayor error en V : un error de 1 % en el radio r o un error de 1 % en la altura h?

(1 punto) Soluci´on:

a. Dado que la funci´on V es diferenciable se puede aproximar la variaci´on de V por Vr∆r + Vh∆h. Es decir, se tiene que

∆V ≈ Vr∆r + Vh∆h.

Calculemos las derivadas parciales

Vr = 2πrh

Vh = πr2

Se obtiene la siguiente aproximaci´on de la variaci´on relativa ∆V /V del volumen: ∆V V ≈ 2πrh πr2_h∆r + πr2 πr2_h∆h = 2∆r r + ∆h h .

b. Dado que (∆r/r) × 100 = (∆h/h) × 100 = 2, el error relativo porcentual de V se puede aproximar por

∆V

V × 100 ≈ 2 × 2 + 2 = 6. Por lo tanto, el error relativo porcentual de V es del 6 %.

c. Teniendo en cuenta la expresi´on aproximada calculada para el error relativo porcentual de V, se tiene que un error relativo de r del 1 % (con error nulo en h) produce un error del 2 % mientras que un error relativo de h del 1 % (con error nulo en r) produce un error del 1 %. El error en r tiene un impacto sobre V doble en ralaci´on al impacto del error de h en V. El error en r produce un error mayor en V.

(19)

2. Compruebe que todos los planos tangentes a 1a superficie x2_{+ y}2_{− z}2 _{= 0 pasan por el origen}

¿De que superficie se trata? (1 punto)

Soluci´on:

Si consideramos la funci´on f (x, y, z) = x2+ y2− z2_{, el plano tangente a la superficie en el}

punto (x0, y0, z0) es perpendicular al vector gradiente de f en dicho punto:

∇f (x0, y0, z0) = (fx(x0, y0, z0), fy(x0, y0, z0), fz(x0, y0, z0)) = (2x0, 2y0, −2z0).

Por lo tanto el plano tangente a la superficie x2_{+ y}2_{− z}2 _{= 0 que pasa por el punto}

(x0, y0, z0) es

(x − x0)2x0+ (y − y0)2y0− (z − z0)2z0 = 0,

con x2

0+ y02− z02 = 0. Desarrollando la ecuaci´on del plano se obtiene

xx0 − x20 + yy0− y20− zz0+ z02 = 0.

Como debe verificarse x2

0+ y02− z02 = 0, la ecuaci´on del pano tangente a un punto (x0, y0, z0)

de la superficie x2 _{+ y}2_{− z}2 _{= 0, es}

xx0+ yy0− zz0 = 0.

Es claro que este plano contiene el punto de coordenadas (0, 0, 0) para cualquier punto (x0, y0, z0) de la superficie x2+ y2− z2 = 0. Esta superficie es un cono.

3. Si z = f (x, y) = f (ρ cos θ, ρ sin ρ), expresar las derivadas parciales ∂z/∂ρ y ∂z/∂θ en t´erminos de las derivadas parciales ∂f /∂x y ∂f /∂x.

(0,5 puntos) Soluci´on:

Dado que x = ρ cos θ e y = ρ sen θ, utilizando la regla de la cadena se obtiene que ∂z ∂ρ = ∂f ∂x ∂x ∂ρ + ∂f ∂y ∂y ∂ρ = cos θ ∂f ∂x + sen θ ∂f ∂y Para θ se obtiene ∂z ∂θ = ∂f ∂x ∂x ∂θ + ∂f ∂y ∂y ∂θ = −ρ sen θ ∂f ∂x + ρ cos θ ∂f ∂y

4. Determinar que la caja de volumen V igual a 27 m3 y menor ´area, es un cubo. (1 punto)

Soluci´on:

Colocamos uno de los vértices de la caja en el origen de coordenadas de tal forma que los tres lados que en él confluyen coincidan con los ejes coordenados. Si estos lados tienen longitudes x, y y z, el volumen de la caja verifica V = xyz = 27. Por lo tanto la variable z depende de la variable x y de la variable y : z = 27/xy. Entonces, el área depende de dos variables y se tiene

(20)

Cuando se tenga un extremo (m´aximo o m´ınimo), las derivadas parciales ser´an nulas: Ax = 2y − 54/x2 = 0 y Ay = 2x − 54/y2 = 0.

Por lo tanto se debe de verificar

yx2 = 27 y xy2 = 27

Igualando y dividiendo por xy (ya que buscamos soluciones no nulas), se obtiene x = y = 3. Dado que V = xyz = 27, se verifica z = 3.

Comprobemos que este extremo minimiza el ´area. Para ello utilizamos el criterio las derivadas parciales de segundo orden. Calculemos ´estas derivadas:

Axx = 22· 33/x3, Axy = 2, Ayy = 22· 33/y3 y Ayx= 2.

Evaluando estas derivadas parciales en el punto (3, 3) se tiene que

Axx(3, 3) = 4, Axy(3, 3) = 2, Ayy(3, 3) = 4 y Ayx(3, 3) = 2.

Dado que Axx(3, 3) = 4 > 0 y que Axx(3, 3) · Ayy(3, 3) − (Axy(3, 3))2 = 12 > 0, la funci´on A

tiene un m´ınimo en el punto (3, 3).

En conclusi´on, la caja de volumen igual a 27 m3 _{y menor ´}_{area, es un cubo de lado 3 m.}

5. Calcule el volumen de la regi´on del espacio delimitado por las superficies y = x2_{, y + z = 1,}

x = 0 y z = 0. Efectuar la integral triple en dos órdenes distintos de las variables. Evaluar la primera integral, integrando primero con relación a z, después con relación yy por último con relación x. Evaluar la segunda integral, integrando primero con relación a x, después con relación z y por último con relación y.

(1 punto) Soluci´on

Figura 1: Volumen V.

La figura 1 ilustra el volumen V que queremos determinar. Para efectuar la primera integral veamos cual es la proyecci´on de V en el plano xy. La figura 2 ilustra esta proyecci´on. Se tiene

(21)

Figura 2: Proyecci´on del volumen en el plano xy. V = {(x, y, z)| 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 − y} Entonces el volumen de V se obtiene por la integraci´on

Z Z Z V dxdydz = Z 1 0 Z 1 x2 Z 1−y 0 dz dy dx = Z 1 0 Z 1 x2 (1 − y) dy dx = = Z 1 0 y − y 2 2 1 x2 dx = Z 1 0 1 −1 2 − x 2₊x 4 2 dx = = 1 2x − x3 3 + x5 10 1 0 = 1 2− 1 3 + 1 10 = 8 30.

El volumen de V es 4/15 unidades de volumen. Para efectuar la segunda integral veamos cual

Figura 3: Proyecci´on del volumen en el plano yz.

es la proyecci´on de V en el plano yz. La figura 3 ilustra esta proyecci´on. Se tiene que V = {(x, y, z)| 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 − y, 0 ≤ x ≤√y}

(22)

Entonces el volumen de V se obtiene por la integraci´on Z Z Z V dxdzdy = Z 1 0 Z 1−y 0 Z √y 0 dx dz dy = Z 1 0 Z 1−y 0 √ y dz dy = = Z 1 0 (√y − y√y) dy = 2 3y 3/2₋ 2 5y 5/2 1 0 = =2 3 − 2 5 = 4 15.

El volumen de V es 4/15 unidades de volumen.

6. Si el campo de velocidades de un fluido es ~v = (x2_{+ y}2_{, 0, z}2_{) , determinada el flujo de dicho}

fluido a trav´es de la superficie de la semiesfera de radio uno con z ≥ 0. (1 punto)

Soluci´on:

Para calcular el flujo primero elegimos una parametrizaci´on de la superficie de la semiesfera. Por ejemplo

~r(u, v) = (sen u cos v, sen u sen v, cos u) de forma que (u, v) ∈ D y

D = {(u, v)| 0 ≤ u ≤ π/2, 0 ≤ v ≤ 2π}. Dado que

~r0_u(u, v) = (cos u cos v, cos u sen v, − sen u) y ~r0_v(u, v) = (− sen u sen v, sen u cos v, 0), se tiene que

~

r0_u(u, v) × ~r0_v(u, v) = sen u (sen u cos v, sen u sen v, cos u) = sen u ~r(u, v).

Como no se indica en que direcci´on debe calcularse el flujo, lo calcularemos en el sentido positivo del eje z. Por lo tanto este vector normal nos vale para calcular este flujo. Para ello debemos calcula la integral doble de la siguiente funci´on de las variables u y v

~

v(~r(u, v)) · (~r0_u(u, v) × ~r0_v(u, v)) en D. El valor del campo sobre la superficie es

~v(~r(u, v)) = (sen2u, 0, cos2u).

Teniendo en cuenta el vector normal a la superficie que hemos obtenido m´as arriba, resulta que el integrando es la funci´on

~v(~r(u, v)) · (~r0_u(u, v) × ~r0_v(u, v)) = sen4u cos v + sen u cos3u. El flujo se obtendr´a con la siguiente integral de superficie

Z Z

S

~v · d ~S = Z Z

D

~v(~r(u, v)) · (~r0_u(u, v) × ~r0_v(u, v)) dudv = =

Z Z

D

(sen4u cos v + sen u cos3u) dudv = = Z π/2 0 sen4u du ! Z 2π 0 cos v dv + Z π/2 0 sen u cos3u du ! Z 2π 0 dv = = 2π− cos4u/4π/2₀ = π/2.

(23)

7. Obtener la serie de cosenos de la funci´on f (x) = x en el intervalo [0, L]. (0.5 puntos)

Soluci´on:

Los coeficientes de Fourier de una serie de cosenos para la funci´on f (x) = x en el intervalo [0, L] se calculan mediante las expresiones

an = 2 L Z L 0 x cosnπ L x dx Para n = 0 se tiene a0 = 2 L Z L 0 x dx = 2 L x2 2 L 0 = L Para n 6= 0 hagamos el cambio de variable nπx/L = s

an= 2 L L2 n2_π2 Z nπ 0 s cos s ds = 2L n2_π2 [s sen s]nπ₀ − Z nπ 0 sen s ds = = 2L n2_π2 [cos s] nπ 0 = 2L n2_π2((−1) n_{− 1)}

La serie de cosenos para la funci´on f (x) = x en el intervalo [0, L] es f (x) = L 2 − 2L π2 X n impar 1 n2 cos nπ L x .

8. Determine los valores de λ para los que existe soluci´on del problema de valores en la frontera (valores propios) y las correspondientes soluciones (funciones propias) dado por la ecuaci´on diferencial y00+ λy = 0 y las condiciones en la frontera y0(0) = y0(L) = 0.

(1 punto) Soluci´on:

Tenemos que resolver el siguiente problema de valores propios para la funci´on y(x) y00+ λy = 0

y0(0) = y0(L) = 0

Vamos a abordar el problema estudiando por separado los casos λ = 0, λ < 0 y por ´ultimo λ > 0.

Si λ = 0, entonces y(x) = ax + b. Las condiciones en la frontera implican 0 = y0(0) = a y 0 = y0(L) = a, y por lo tanto a = 0. Para λ = 0 se tiene la soluci´on no trivial y(x) = 1. Cuando λ < 0. El polinomio caracter´ıstico de la ecuaci´on es r2_{+ λ = 0 y tiene las ra´ıces}

reales r± = ±

√

−λ. Por lo tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = c1e √ −λx + c2e− √ −λx y y0(x) = c1 √ −λ e √ −λx_{− c} 2 √ −λ e− √ −λx

(24)

Las condiciones en la frontera implican 0 = y0(0) = c1 √ −λ − c2 √ −λ 0 = y0(L) = c1 √ −λ eL √ −λ_{− c} 2 √ −λ e−L √ −λ

El determinante de la matriz de los coeficientes de este sistema lineal para las inc´ognitas c1 y

c2 es λ e−L √ −λ_{− e}L√−λ .

Dicho determinante no es nulo debido a que λ 6= 0 y, por lo tanto, eL

√

−λ _{6= e}−L√−λ_{. Se tiene}

c1 = c2 = 0. Entonces, todas las soluciones son triviales para λ < 0.

Si λ > 0, las ra´ıces del polinomio caracter´ıstico de la ecuación diferencial son complejos imaginarios puros r = ±√λ i y la solución general de la ecuación es

y(x) = c1cos √ λ x + c2sen √ λ x. Su derivada es y0(x) = −c1 √ λ sen√λ x + c2 √ λ cos√λ x. Las condiciones en la frontera implican

0 = c₂√λ 0 = −c1 √ λ sen L√λ + c2 √ λ cos L√λ. Entonces existen soluciones con c1 6= 0 siempre y cuando sen L

√

λ = 0. Equivalentemente, L√λ = nπ, con n = 1, 2, 3, 4, . . . En consecuencia, se obtiene que los valores propios del anterior problema de valores propios son λn= n2π2/L2 y las funciones propias son

yn(x) = cos(nπx/L), para n = 0, 1, 2, 3, . . . Obs´ervese que para n = 0 se tiene el valor propio

λ0 = 0 y la funci´on propia y0(x) = 1.

9. Consideremos una barra de hierro de longitud 30 cm que se calienta por un extremo hasta que se alcanza una temperatura dada por la funci´on f (x) = x. En ese instante se a´ısla completamente. La constante de difusividad del hierro es de 0.15 cm2_s−1_.

a) Escribir la ecuación en derivadas parciales, las condiciones en la frontera y la condición inicial que verifica la función u(x, t) que representa la temperatura de un punto x de la barra en un instante t.

b) Qué temperatura tendrán los puntos de la barra de hierro a largo plazo? Razonar la respuesta teniendo en cuenta que la solución del anterior problema de valores iniciales con condiciones en la frontera es (k es la difusividad, L es la longitud de la barra y an los

coeficientes de la serie de cosenos de la condici´on inicial) u(x, t) = a0 2 − ∞ X n anexp −k n 2_π2 L2 t cosnπ L x . (1 punto) Soluci´on:

(25)

a) La ecuaci´on en derivadas parciales que verifica la funci´on u(x, t) es ut= k uxx,

con k = 0,15, las condiciones en la frontera son

ux(0, t) = ux(30, t) = 0

y la condici´on inicial es

u(x, 0) = x.

b) Tomando el l´ımite cuando t tiende a infinito en cada t´ermino de la serie que define la anterior soluci´on u(x, t) se obtiene

l´ım

t→∞u(x, t) =

a0

2 = 15.

Esto es debido a la presencia de exponenciales negativas en cada término de la solución en serie obtenida. Obsérvese que a0 es el primer término de la serie de cosenos de la

condici´on inicial que es la funci´on f (x) = x. Los coeficientes de esta serie han sido calculados en un problema anterior. Se ha obtenido a0 = 30. Por lo tanto, la temperatura

a largo plazo tiende a 15o_{C. Esto concuerda con la intuici´}_{on f´ısica del problema. Al estar}

los extremos aislados (as´ı como la parte lateral de la barra de hierro) la temperatura de los puntos de la barra cambian con el tiempo hasta que se estabilizan en un valor constante igual al promedio de la temperatura inicial. Este valor promedio es 15o_C.

(26)

E.T.S.I. Agr´

onomos

C´

alculo de varias variables 2012-2013 (IAA, IAL, ICA)

1

a

prueba de la evaluaci´

on continua: soluciones

8 de octubre de 2012

1. Dada la funci´on f (x, y) = x2_{+ y}2_{− 2x + 1}

a. Obtener la pendiente de la traza x = 2 en el punto (2, 1, 2) y la ecuaci´on de su recta tangente en dicho punto

b. Determinar la curva de nivel que pasa por el punto (2, 1) y las rectas tangente y normal a dicha curva de nivel ese punto. Representarlas.

c. ¿Qué se puede afirmar sobre la variación de la función en el punto (2,1) en la dirección de la recta normal y de la recta tangente a la curva de nivel que pasa por ese punto? (4 puntos)

Soluci´on:

a. La pendiente de la traza x = 2 en el punto (2, 1, 2) es la derivada parcial con relaci´on a y de la funci´on f en el punto (2, 1). Dado que fy(x, y) = 2y se tiene que fy(2, 1) = 2 y su

pendiente es dos. Se trata pues de una recta contenida en el plano x = 2 y que en ese plano pasa por el punto con y = 1 y z = 2, y con pendiente 2 :

x = 2

z − 2 = 2(y − 1) o bien

x = 2 z = 2y.

b. Como el gradiente ∇f (x, y) = (2x − 2, 2y) es normal o perpendicular a las curvas de nivel, la recta normal en el punto (2, 1) a la curva de nivel que pasa por ese punto tiene la dirección del gradiente y la recta tangente tiene la dirección perpendicular al gradiente. El gradiente en (2, 1) es ∇f (2, 1) = (2, 2). Por lo tanto la recta normal a la curva de nivel tiene por ecuación

x − 2 2 =

y − 1

2 o bien (x − 2)(−2) + (y − 1)(2) = 0 o bien y = x − 1. La recta tangente tendr´a por ecuaci´on

x − 2 −2 =

y − 1

2 o bien (x − 2)(2) + (y − 1)(2) = 0 o bien y = −x + 3.

Como f (2, 1) = 2, la curva de nivel que pasa por (2, 1) es x2_{+ y}2_{− 2x + 1 = 2. Dado que}

su ecuaci´on se puede escribir como (x − 1)2+ y2 = 2, se trata de una circunferencia centrada en el punto (1, 0) de radio √2. La figura 1 representa la curva de nivel, la recta normal y la recta tangente.

c. La variación de la función en el punto (2, 1) en la dirección de la normal a la curva de nivel es máxima ya que se trata de la dirección del gradiente. La tasa de variación en ese punto en esa dirección es la derivada dirección de la función en la dirección del gradiente y su valor iguala el módulo del vector gradiente |∇f (2, 1)| =√5. La variación de la función en el punto (2, 1) en la dirección de la tangente es nula ya que se trata de la

(27)

Figura 1: Curva de nivel, recta normal y recta tangente

2. Se ha determinado que la superficie de la piel de una cr´ıa de cierta especie animal var´ıa con su altura y su peso como determina la siguiente relaci´on S = 0,1091 · w0,425_{· h}0,725_{, donde S es}

la superficie de la piel, w es el peso y h la altura. Cuando la cr´ıa pesa 12 kg y mide 80 cm, a. estimar el m´aximo error que se comete al calcular la superficie de la piel si se comete un

error de dos unidades en la medida de la altura y de una unidad en la del peso, b. si la cr´ıa crece a una tasa de 6 cm al año y gana peso a razón de dos kilos al año,

calcular la tasa de variaci´on de la superficie de la piel de la cr´ıa. (3 puntos)

Soluci´on:

a. Se ha de aproximar la variación máxima de la superficie de la piel ∆S cuando hay una variación del peso ∆w = 1 kg y una variación de la altura ∆h = 2 cm. Esta variación hay que calcularla cuando w = 12 kg y h = 80 cm. Dado que la función S es

diferenciable la variaci´on de S se puede aproximar por Sw∆W + Sh∆h. Esto es lo que se

suele llamar aproximar la variaci´on de la funci´on por la diferencial. Si la diferencial de S se define como dS = Swdw + Shdh, y tomamos dw = ∆w y dw = ∆w se tiene que

∆S ≈ dS = Sw∆w + Sh∆h.

Calculando las derivadas parciales

Sw(w, h) = 0,1091 · 0,425 · w−0,575· h0,725, Sh(w, h) = 0,1091 · 0,725 · w0,425· h−0,275 y Sw(12, 80) = 0,266 Sh(12, 80) = 0,068 . se tiene la siguiente aproximación de la variación de S : ∆S ≈ 0,4026. Este es la estimación del máximo error.

b. Si el peso y la altura var´ıan con el tiempo, entonces la superficie de la piel var´ıa con la altura: z(t) = S(w(t), h(t)). Aplicando la regla de la cadena obtenemos la variación de la superficie con el tiempo en función de las derivadas parciales de la superficie S como función de w y h, y de las tasas de variación del peso y la altura con el tiempo:

dz dt(t0) = ∂S ∂w(12, 80) dw dt (t0) + ∂S ∂h(12, 80) dh dt(t0) = 0,266 · 2 + 0,068 · 6 = 0,941

(28)

Esta es la tasa de variaci´on de la superficie de la piel de la cr´ıa en unidades de ´area por unidades de tiempo.

Obs´ervese que para que S tenga unidades de longitud la cuadrado, la constante que aparece en la expresi´on de S tiene que tener unidades de masa a la potencia −0,452 y de longitud a la potencia 1,275.

3. Hallar los puntos del elipsoide x2_{/4 + y}2_{/9 + z}2 _{= 1 en los que el plano tangente es}

perpendicular a la direcci´on del vector ~v = (1, 1, −2). (3 puntos)

Soluci´on:

La superficie del elipsoide es una superficie de nivel de la funci´on F (x, y, z) = x 2 4 + y2 9 + z 2_{− 1}

para el valor cero. Por lo tanto, el plano tangente al elipsoide es perpendicular al vector gradiente de la funci´on F. En consecuencia, estamos buscando puntos del elipsoide donde el vector gradiente de F es paralelo al vector ~v = (1, 1, −2). El gradiente de F es el vector

∇F (x, y, z) = (x/2, 2y/9, 2z). El punto que buscamos debe verificar el sistema de ecuaciones

       x/2 1 = 2y/9 1 = 2z −2 x2 4 + y2 9 + z 2 = 1 equivalentemente                y = 9x 4 z = −x 2 x2 4 + y2 9 + z 2 _{= 1}

Las dos primeras ecuaciones corresponden a la condición de paralelismo del vector gradiente y del vector ~v = (1, 1, −2); la última ecuación corresponde a la condición de que el punto debe estar en el elipsoide. Substituyendo las dos primeras ecuaciones en la tercera se obtiene una ecuación en x : x2 4 + 92x2 9 · 42 + x2 4 = 1.

De esta ecuaci´on se obtiene el valor x = ±4/√17 y por lo tanto se obtiene el par de puntos ±(1/√17)(4, 9, −2) del elipsoide donde el plano tangente el perpendicular al vector

~v = (1, 1, −2). Obs´ervese que en esos puntos el vector gradiente es ±(2/√17)(1, 1, −2). Es decir, el vector gradiente es paralelo al vector dado pero no es igual a ´el.

(29)

E.T.S.I. Agr´

onomos

C´

alculo de varias variables 2012-2013 (IAA, IAL, ICA)

2

a

prueba de la evaluaci´

on continua: soluciones

19 de noviembre de 2012

1. Determine los extremos absolutos de la funci´on

f (x, y) = x2+ y2− 2x + 1 en el regi´on del plano encerrada por la curva

x2/4 + y2 = 1 (3,5 puntos)

Soluci´on:

Primero determinamos los puntos cr´ıticos de la funci´on f en el interior de la regi´on: los puntos del plano que verifican x2_{/4 + y}2 _{≤ 1. Dado que}

∇f (x, y) = (2x − 2, 2y)

se verifica que el gradiente se anula en el punto de coordenadas (1, 0). Este punto está en la región considerada. Apliquemos la condición de las derivadas parciales de segundo orden para determinar de qué tipo de punto cr´ıtico se trata. Se verifica:

fxx(x, y) = 2, fyy(x, y) = 2, y fxy(x, y) = 0.

Entonces se tiene que

fxx(1, 0) = 2 > 0, y fxx(1, 0)fyy(1, 0) − fxy(1, 0) = 4 > 0

Por lo tanto el punto cr´ıtico es un m´ınimo local.

En segundo lugar determinamos los extremos del la función f en la frontera del recinto: los puntos que verifican x2/4 + y2 = 1. Para ello utilizaremos los multiplicadores de Lagrange para buscar los máximos/m´ınimos de la función

f (x, y) = x2+ y2− 2x + 1

con la condici´on g(x, y) = 0, donde g(x, y) = x2/4 + y2− 1. Para ello debemos calcular las soluciones del sistema

∇f (x, y) = λ∇g(x, y) g(x, y) = 0 ↔    2x − 2 = λx/2 2y = 2λy x2_{/4 + y}2_{− 1 = 0} ↔ 4(x − 1)y = xy x2_{/4 + y}2_{− 1 = 0}

Cuando y 6= 0 podemos eliminar y de la primera ecuaci´on y entonces se obtiene x = 4/3. Entonces de la segunda ecuaci´on se tiene que y = ±√5/3. Por lo tanto cuando y 6= 0 se obtienen los puntos (4/3, ±√5/3).

(30)

Cuando y = 0 utilizamos la ´ultima ecuaci´on y se obtiene x = ±2. Por lo tanto cuando y = 0 se obtienen los puntos (±2, 0).

Dado que

f (1, 0) = 0, f (4/3, ±√5/3) = 2/3, f (2, 0) = 1 y f (−2, 0) = 9,

el m´ınimo absoluto de f (x, y) en g(x, y) ≤ 0 es 0 y se alcanza en el punto (1, 0) y el m´aximo absoluto es 9 y se alcanza en el punto (−2, 0)

2. Calcular el volumen debajo de la superficie z = 3x2y + 3x2 y encima de la regi´on del plano encerrada por las curvas y = −x , y = 1, y2 _{= x.}

(3,5 puntos) Soluci´on:

Figura 1: Obs´ervese que la regi´on entre las curvas y = −x e y2 _{= x cuando y ≤ 0 no est´}_{a encerrada}

entre las tres curvas.

Para calcular el volumen pedido hay que evaluar la integral doble de la funci´on f (x, y) = 3x2y + 3x2

en la región D encerrada simultáneamente por las tres curvas, es decir, la región de los

puntos que verifican y ≥ −x, y ≤ 1, y2 ≥ x. La figura 1 ilustra el dominio D. Obs´ervese que la regi´on entre las curvas y = −x e y2 _{= x cuando y ≤ 0 no est´}_{a encerrada entre las tres curvas.}

Por lo tanto

D = {(x, y)| 0 ≤ y ≤ 1, −y ≤ x ≤ y2}. Entonces, el volumen se obtiene por la integraci´on

Z Z D (3x2y + 3x2) dxdy = Z 1 0 Z y2 −y (3x2y + 3x2) dx ! dy = Z 1 0 x3_{y + x}3y2 −y dy = = Z 1 0 (y7+ y6+ y4+ y3) dy =y8/8 + y7/7 + y5/5 + y4/41₀ = =1/8 + 1/7 + 1/5 + 1/4 = 201/280 = 0, 7178571429.

(31)

3. Un hilo radiante atraviesa una bola de radio igual a cinco unidades según un eje (considérese un diámetro vertical de la bola). La temperatura de los puntos de la bola es proporcional a la distancia al hilo radiante. Se necesita determinar la temperatura media de la “cáscara”

externa de la bola con un espesor de dos unidades (3 puntos)

Soluci´on:

Para calcular el promedio pedido primero vamos a evaluar el volumen de la “c´ascara” de la bola

V = {(x, y, z)| 9 ≤ x2+ y2+ z2 ≤ 25}.

Este volumen resulta ser 4π(53− 33_{)/3 ya que se trata del s´}_{olido encerrado entre dos esferas,}

una de radio 5 unidades y otra de 3. Si se quiere calcular con una integral triple lo mejor es considerar coordenadas esf´ericas. Entonces, este s´olido se transforma en

P = {(r, θ, φ)| 3 ≤ r ≤ 5, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π}, y el volumen se calcula por la integral triple

Z Z Z V dxdydz = Z Z Z P r2sen φ drdθdφ = Z π 0 Z 2π 0 Z 5 3 r2sen φ dr dθ dφ = = Z 5 3 r2dr Z 2π 0 dθ Z π 0 sen φ dφ = 2π r 3 3 5 3 [− cos φ]π₀ = =4π5 3_{− 3}3 3 = 4π(5 3_{− 3}3 )/3 = 392π/3 = 410,5014402 El volumen de V es 410,5014402 unidades de volumen.

Ahora vamos a calcular la integral de la funci´on temperatura en la regi´on V. Dado que la distancia de un punto de coordenadas (x, y, z) al eje z es px2_{+ y}2_{, la funci´}_{on temperatura de}

los puntos de la bola es f (x, y, z) = kpx2_{+ y}2_{. Entonces, se tiene que}

f (r sen φ cos θ, r sen φ sen θ, r cos φ) = kr sen φ. Por lo tanto Z Z Z V kpx2_{+ y}2_{dxdydz =k} Z Z Z P r3sen2φ drdθdφ = =k Z π 0 Z 2π 0 Z 5 3 r3sen2φ dr dθ dφ = =k Z 5 3 r3dr Z 2π 0 dθ Z π 0 sen2φ, dφ = =2kπ ρ 4 4 5 3 [φ/2 − sen 2φ/4]π₀ = kπ25 4_{− 3}4 4 = =136kπ2 =

Se ha utilizado que sen2φ = (1 − cos 2φ)/2. Por lo tanto le promedio de la temperatura se obtiene dividiendo el valor de esta ´ultima integral por el volumen de V

P romedio = 3kπ

2₍₅4_{− 3}4₎

16π(55_{− 3}3₎ = (51/49)kπ = 3,269820925k

La temperatura promedio es 3,269820925k unidades de temperatura.

(32)

E.T.S.I. Agr´

onomos

C´

alculo de varias variables 2012-2013 (IAA, IAL, ICA)

3

a

prueba de la evaluaci´

on continua: soluciones

8 de enero de 2013

1. Una masa de 3 kg está unida al extremo de un resorte con una constante de 12 N/m. Desde la posición de equilibrio se le aplica una velocidad hacia abajo de 1 m/s. Determine la posición como función del tiempo del movimiento resultante as´ı como su amplitud y periodo. Dibujar un croquis de la solución obtenida.

(3 puntos) Soluci´on:

Figura 1: Soluci´on y(t).

La ecuaci´on diferencial que gobierna el movimiento de la masa es 3y00+ 12y = 0. El polinomio caracter´ıstico de esta ecuaci´on es r2+ 4 = 0. Las ra´ıces de este polinomio son r± = ±2i. Por

lo tanto un sistema fundamental de soluciones es el formado por {cos2t, sen 2t} y la soluci´on general ser´a

y(t) = c1cos 2t + c2sen 2t.

Para determinar la posición de la masa colgada del resorte cuando desde la posición de equilibrio se le confiere una velocidad de -1 m/s como una función del tiempo hemos de obtener la solución del siguiente problema de valores iniciales

3y00+ 12y = 0

y(0) = 0, y0(0) = −1

Teniendo en cuenta que ya tenemos la solución general de la ecuación diferencial sólo necesitamos determinar las constantes c1 y c2 de forma que se verifiquen las condición

iniciales. Dado que y0(t) = −2c1sen 2t + 2c2cos 2t, hemos de resolver el sistema para c1 y c2

c1cos 0 + c2sen 0 = 0

(33)

Es decir c1 = 0 y c2 = −1/2. Por lo tanto el movimiento corresponde a la funci´on

y(t) = −1

2sen 2t.

Este movimiento arm´onico simple tiene una amplitud de 1/2 m, un periodo de 2π/2 = 3,14 s y una frecuencia de 2/(2π) = 0,31 s−1.

La figura 1 representa la soluci´on y(t) del problema planteado.

2. Considere el siguiente problema de valores propios para la funci´on y(x), y00+ λy = 0

y(0) = y(10) = 0

Determine los valores de λ (autovalores o valores propios) para los que existe soluci´on del anterior problema de valores en la frontera y las correspondientes soluciones (autofunciones o funciones propias).

Vamos a abordar el problema estudiando por separado los casos λ = 0, λ < 0 y por ´ultimo λ > 0.

Cuando λ = 0 la ecuación es y00(x) = 0 cuya solución general es y(x) = ax + b. Como y(0) = b, la condición en la frontera y(0) = 0 implica b = 0. Entonces y(x) = ax y la otra condición implica a = 0. Por lo tanto, sólo se tiene la solución trivial para λ = 0.

Cuando λ < 0 podemos escribir λ = −α2_{, para cierto n´}_{umero real α positivo. El polinomio}

caracter´ıstico de la ecuaci´on es r2_{− α}2 _{= 0 y sus ra´ıces son r}

±= ±α. Por lo tanto, la

soluci´on general de la ecuaci´on diferencial es y(x) = c1eαx+ c2e−αx y las condiciones en la

frontera implican

0 = y(0) = c1+ c2

0 = y(10) = c1e10α+ c2e−10α

El determinante de la matriz de los coeficientes de este sistema lineal para las inc´ognitas c1 y

c2 es e−10α− e10α; dicho determinante no es nulo debido a que 10α 6= 0 y por lo tanto

e−10α6= 1. Se tiene c1 = c2 = 0. Entonces, También este caso sólo se tiene la solución trivial.

Cuando λ > 0 pongamos λ = α2_{. El polinomio caracter´ıstico de la ecuaci´}_{on es r}2_{+ α}2 _{= 0 y}

sus ra´ıces son r± = ±αi, para α positivo. Por lo tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on

diferencial es

y(x) = c1cos αx + c2sen αx

y la condici´on en la frontera y(x) = 0 implica c1 = 0 y y(x) = c2sen αx. Como la otra

condici´on implica c2sen 10α = 0, se obtendr´an soluciones no triviales cuando sen 10α = 0, es

decir α = nπ/10, para n = 1, 2, 3, 4, . . .

En conclusi´on, para λ = n2_π2_/102 _{con n = 1, 2, 3 . . . , (estos son los valores propios) se tienen}

las soluciones no triviales yn(x) = sen (nπx/10) (estas son las correspondientes funciones

propias).

3. Suponga que una barra de plata (con constante de difusividad k = 1,70 cm2_s−1_{) de 10 cm de}

larga esta aislada lateralmente y sus extremos est´an a temperatura constante igual a cero. Si la temperatura inicial es de 100o_{C en todos los puntos de la barra:}

(34)

a) Escriba la ecuación en derivadas parciales, las condiciones en la frontera y la condición inicial que verifica la función u(x, t) que representa la temperatura del punto x de la barra en el instante t cuando t = 0 es el momento inicial.

b) Deduzca la soluci´on en serie para la temperatura u(x, t) de la barra utilizando el resultado del problema 2.

c) Utilice el primer t´ermino de la serie para determinar un valor aproximado de la temperatura del punto medio despu´es 10 minutos.

a) La ecuaci´on en derivadas parciales que verifica la funci´on u(x, t) es ut = kuxx,

con k = 1,70 cm2_s−1_{. Las condiciones en la frontera son}

u(0, t) = u(10, t) = 0 y la condici´on inicial es

u(x, 0) = 100.

b) Para este problema de valores en la frontera con condiciones iniciales, se buscan soluciones de la forma u(x, y) = X(x)T (t). Como uxx = X00(x)T (t) y

ut(x, t) = X(x)T0(t), se tiene que X(x)T0(t) = kX00(x)T (t); o equivalentemente X00(x) X(x) = T0(t) kT (t).

Como x y t son variables independientes la anterior igualdad nos dice que ambos cocientes son iguales a una constante que llamaremos −λ. Entonces

X00(x) X(x) =

T0(t)

kT (t) = −λ,

y por lo tanto, las ecuaciones diferenciales que verifican la funci´on en x y la funci´on t son

X00_{(x) + λX(x) = 0}

T0(t) + λkT (t) = 0. Adem´as, de las condiciones en la frontera se deduce

X(0)T (t) = X(10)T (t) = 0;

como estamos interesados en soluciones que no sean triviales, no puede ocurrir que T (t) ≡ 0; esto implica que X(0) = X(10) = 0. Estos son los valores en la frontera que debe verificar la funci´on X(x). Entonces, la funci´on X(x) verifica el siguiente problema de valores propios:

(35)

Seg´un el ejercicio anterior, los valores propios de este problema son λ = n2_π2_/102 _con

n = 1, 2, 3 . . . , y las correspondientes funciones propias son Xn(x) = sen(nπ₁₀x). Entonces,

para la funci´on T (t) tenemos las ecuaciones diferenciales T0+ n

2_π2

100 kT = 0 cuyas soluciones son (salvo una constante)

Tn(t) = exp −n 2_π2_k 100 t . Por lo tanto, las funciones

un(x, t) = Xn(x)Tn(t) = exp −n 2_π2_k 100 t sennπ 10x

verifican la ecuaci´on en derivadas parciales que modeliza el fen´omeno y las

correspondientes condiciones en la frontera. Vamos a buscar una combinación lineal de estas funciones que además verifique la condición inicial, es decir, la solución en serie

u(x, t) = ∞ X n=1 cnexp −n 2_π2_k 100 t sennπ 10x debe verificar u(x, 0) = 100 = ∞ X n=1 cnsen nπ 10x

para x ∈ [0, 10]. Como la funci´on f (x) = 100 es continua los coeficientes cn se pueden

calcular mediante las expresiones cn= 2 10 Z 10 0 100 sen nπ 10x dx = −2010 nπ h cos nπ 10x i10 0 = 200 nπ (1 − (−1) n ) La soluci´on en serie es u(x, t) = 400 π X n impar 1 n exp −n 2_π2_k 100 t sen nπ 10x .

c) Utilizando un solo término de la serie se puede obtener la siguiente aproximación de la temperatura en el centro de la barra después de 1 minutos.

u(5, 60) ≈ 400 π exp −kπ 2 10060 sen π 10 10 2 = 400 π exp(−1,02π 2_{) = 5,40 × 10}−3

Por lo tanto el valor aproximado de la temperatura del punto medio de la barra despu´es de un minuto ser´a de 0,0054o_C.

(36)

E.T.S.I. Agr´

onomos

C´

alculo de varias variables 2012-2013 (IAA, IAL, ICA)

Examen final: soluciones

15 de enero de 2013

1. La función de producción de Cobb-Douglas determina la producción P como función de la mano de obra L y el capital K de forma que P = 1,01 L0,75_K0,25_{. Con 100 unidades de mano}

de obra y 1000 unidades de capital,

a. estimar el m´aximo error que se comete al calcular la producci´on si se comete un error de dos unidades en la medida de la mano de obra y de una unidad en la del capital,

b. si la mano de obra aumenta a razón de 6 unidades al año y el capital disminuye a 2 unidades al año, calcular la rapidez con que var´ıa (tasa de variación de) la producción. (3 puntos)

Soluci´on:

a. Se ha de aproximar la variación máxima de la producción ∆P cuando hay una variación de la mano de obra ∆L = 1 y una variación del capital ∆K = 1. Esta variación hay que calcularla cuando L = 100 y K = 1000. Dado que la función P es diferenciable la

variaci´on de P se puede aproximar por PL∆L + SK∆K. Esto es lo que se suele llamar

aproximar la variaci´on de la funci´on por la diferencial. Si la diferencial de S se define como dP = PLdL + SKdK, y tomamos dL = ∆L y dK = ∆K se tiene que

∆P ≈ dP = PL∆L + PK∆K.

Calculando las derivadas parciales

PL(L, K) = 1,01 · 0,75 · L−0,25· K0,25, PK(L, K) = 1,01 · 0,25 · L0,75· K−0,75 y PL(100, 1000) = 1,347 PK(100, 1000) = 0,044 . se tiene la siguiente aproximación de la variación de P : ∆P ≈ 2,738. Este es la estimación del máximo error.

b. Si la mano de obra y el capital var´ıan con el tiempo, entonces la producción var´ıa con el tiempo: P (t) = P (L(t), K(t)). Aplicando la regla de la cadena obtenemos la tasa de variación de la producción con el tiempo en función de las derivadas parciales de la producción P como función de L y K, y de las tasas de variación de la manos de obra y del capital con el tiempo:

dP dt (t0) = ∂P ∂L(100, 1000) dL dt(t0) + ∂P ∂K(100, 1000) dK dt (t0) = 1,347 · 6 + 0,044 · (−2) = 7,992 Esta es la rapidez de cambio o la tasa de variaci´on de la producci´on con el tiempo. 2. Dada la superficie x2/4 + y2− z2_{/9 = 1 obtener la ecuaci´}_{on del plano tangente y la recta}

(37)

Si consideramos la funci´on f (x, y, z) = x2_{/4 + y}2_{− z}2_{/9, el plano tangente a la superficie en}

el punto (2, 1, 3) es perpendicular al vector gradiente de f en dicho punto: ∇f (2, 1, 3).

Esto es debido a que este vector es perpendicular a la superficie f (x, y, z) = 1. Se tiene ∇f (x, y, z) = (x/2, 2y, −2z/9) y ∇f (2, 1, 3) = (1, 2, −2/3).

Entonces, el plano tangente es un plano que pasa por el punto (2, 1, 3) y es perpendicular al vector (1, 2, −2/3). En consecuencia, la ecuaci´on de este plano es

(x − 2) + 2(y − 1) − 2(z − 3)/3 = 0, o bien

3x + 6y − 2z = 6.

La recta normal a la superficie dada (f (x, y, z) = 1) en el punto (2, 1, 3) tendrá la dirección del vector gradiente a f en el punto (2, 1, 3) y deberá pasar por este punto. La ecuación paramétrica de la recta normal será

x(t) = 2 + t, y(t) = 1 + 2t, z(t) = 3 − 2t/3. La ecuaci´on cont´ınua ser´a

(x − 2) = (y − 1)/2 = −3(z − 3)/2. O bien

2x − y = 3, y + 3z = 10.

3. Use multiplicadores de Lagrange para determinar el ´area del mayor rect´angulo inscrito en la elipse x2_{/4 + y}2 _{= 1.}

(38)

Soluci´on:

La elipse x2_{/4 + y}2 _{= 1 es una curva de nivel correspondiente al valor uno de la funci´}_on

g(x, y) = x2/4 + y2. Se trata de encontrar el punto de esta elipse con coordenadas (x, y) que forma un rectángulo de área máxima. Ver la figura 1. Para dicho rectángulo el área es

f (x, y) = 4xy. Por lo tanto, los puntos que buscamos son los puntos que minimizan f (x, y) y verifican g(x, y) = 1. Estos puntos deben de verificar dos condiciones. La primera condici´on es que los gradientes de f y g sean paralelos y la segunda es que estos puntos se encontren en la curva g(x, y) = 1. Es decir, tenemos que determinar los puntos (x, y) que verifican las

ecuaciones

∇f (x, y) = λ∇g(x, y) g(x, y) = 1. Este sistema es equivalente al sistema

4y = λx/2 4x = 2λy x2/4 + y2 = 1.   

Eliminando λ de las dos primeras ecuaciones se obtiene x2 _{= 4y}2_{. Utilizando la tercera se}

tiene que 2y2 = 1. Por lo tanto x2 = 2. Se obtienen los puntos (±√2, ±√2/2) y (±√2, ∓√2/2). Estos cuatro puntos determinan el mismo rectángulo cuyo área es 4. 4. Un pozo de 4 m de diámetro produce la contaminación de la zona de suelo que lo rodea

debido a las infiltraciones. Se estima que la concentraci´on del material contaminante (en g/m3_{) en cada punto de dicha zona es inversamente proporcional a la distancia al eje del pozo}

(eje z) con una constante igual a 0,1. Determinar la concentraci´on media en la regi´on situada a menos de 10 m del pozo y a una profundidad entre 5 y 15 m. Calcular la cantidad total de contaminante que se encuentra en dicha parte del suelo.

Figura 2: Volumen V. Soluci´on