´ EJERCICIOS DE FUNDAMENTOS MATEMATICOS (DISEO)

1

Funciones de Varias Variables ¡ ¢ 1. Dada f (x, y) = ln x + ln(y) . a) Calcular la derivada direccional en el punto (x, y) = (1, e2 ) en la direcci´on del vector v = (3, 4). b) Calcular el Hessiano de f . Soluci´ on: a) Calculamos el vector unitario en la direcci´on de v. Como √ kvk = 5 entonces u = v/kvk = ( 35 , 45 ). El gradiente de f vale: ! Ã 1 1 y ∇f = (fx , fy ) = , x + ln(y) x + ln(y) y la derivada direccional en la direcci´on de u vale 1

3 1 4 y Du f = ∇f · u = + . 5 x + ln(y) 5 x + ln(y) Su valor en el punto (x, y) = (1, e2 ) es Du f (1, e2 ) =

1 1 3 4 3e2 + 4 e2 + = . 5 1 + ln(e2 ) 5 x + ln(e2 ) 15e2

b) 1 Hf = (x + ln(y))2

µ

−1 −1 y

−1 (1 y2

−1 y

¶

+ x + ln(y)) 2

2. Hallar la divergencia y el Jacobiano de f (x, y, z) = (sin(xy), ex+z , y 2 + z). Soluci´ on: Si denotamos f = (f1 , f2 , f3 ) entonces ∂f1 ∂f2 ∂f3 + + = y cos(xy) + 0 + 1 = 1 + y cos(xy) ∂x ∂y ∂z  ∂f ∂f ∂f    1 1 1 y cos(xy) x cos(xy) 0 ∂x ∂y ∂z  2 ∂f2 ∂f2   ex+z 0 ex+z  Jf =  ∂f ∂x ∂y ∂z  = ∂f3 ∂f3 ∂f3 0 2y 1 ∂x ∂y ∂z ∇f =

luego ¯ ¯ y µ ¶ ¯ f1 , f 2 , f 3 x+z J = |Jf | = e cos(xy) ¯¯ 1 x, y, z ¯ 0

1

¯ x 0 ¯¯ 0 1 ¯¯ = ex+z cos(xy)·(−2y 2 −x). 2y 1 ¯ 2

3. Calcula los extremos relativos de: a) f (x, y) = y 3 − x3 + y 2 − x2 b) f (x, y) = x3 + y 2 − 6xy − 39x + 18y + 20. Soluci´ on: a) Los puntos cr´ıticos son, (x1 , y1 ) = (0, 0), punto de silla (x2 , y2 ) = (0, − 23 ), m´aximo relativo (x3 , y3 ) = (− 23 , 0), m´ınimo relativo (x4 , y4 ) = (− 23 , − 23 ), punto de silla. b) Los puntos cr´ıticos son, (x1 , y1 ) = (3, 0), el Hessiano vale 0 y no se puede saber por esta t´ecnica. Habr´ıa que analizar el desarrollo de Taylor alrededor del punto (3,0). (x2 , y2 ) = (−2, 3), punto de silla. 2 2 2 4. Hallar el punto de la al punto (3, 2). pcircunferencia x + y = 1 m´as cercano 2 2 2 2 (Ayuda: f (x, y) = (x − 3) + (y − 2) , F (x, y) = x + y − 1 = 0).

Soluci´ on: La distancia de un punto gen´ erico del plano (x, y) al punto p (3, 2) viene dado por la funci´on f (x, y) = (x − 3)2 + (y − 2)2 . Esta es la funci´on que tenemos que minimizar ya que queremos obtener la distancia m´ınima. Los puntos (x, y) no son cualesquiera, sino aquellos que pertenecen a la circunferencia de radio unidad, dada por la restricci´on: F (x, y) = x2 + y 2 − 1 = 0 (que es la circunferencia) como nos daban en la ayuda. Con estas funciones nos construimos la funci´on lagrangiana: p L = (x − 3)2 + (y − 2)2 + λ(x2 + y 2 − 1). Calculamos las derivadas parciales e igualamos a 0.   L = √ x−3 + λ2x = 0  (x−3)2 +(y−2)2  x Ly = √ y−2 + λ2y = 0 (x−3)2 +(y−2)2    L = x2 + y 2 − 1 = 0 λ

que es un sistema de tres ecuaciones con tres inc´ognitas. Si despejamos λ de las dos primeras ecuaciones e igualamos (simplificando la ra´ız) obtenemos x x−3 = y−2 y

⇒

y(x − 3) = x(y − 2)

⇒

2 y = x, 3

y si sustituimos el la tercera ecuaci´on 4 x2 + x2 − 1 = 0 9

⇒

x=±

3 13

⇒

y=±

2 13

3 3 De aqu´ı obtenemos dos soluciones (x1 , y1 ) = ( 13 , 13 ) y (x2 , y2 ) = ( −3 , −3 ). 13 13 Estos puntos se corresponden con las distancias m´ınima y m´axima, por lo que claramente podemos comprobar que la soluci´on que se pide es

(x1 , y1 ) = ( 2

3 3 , ). 13 13

NOTA: Se obtendr´ pıa exactamente lo mismo si en vez de la distancia al punto, f (x, y) = (x − 3)2 + (y − 2)2 , tomamos el cuadrado de la distancia, f (x, y) = (x − 3)2 + (y − 2)2 . 2 5. (a) Calcular la altura, h, y el radio, R de un cilindro de superficie, S, para que su volumen, Vcil , sea m´aximo. Obt´en el volumen en funci´on de S. (b) Calcular los lados, x, y, z de un paralelep´ıpedo de superficie, S, para que su volumen, Vcub , sea m´aximo. Obt´en el volumen en funci´on de S. (c) Una esfera de radio R tiene de volumen, Vesf = 34 πR3 y superficie S = 4πR2 , esto es, Vesf = 6√1 π S 1/3 . Comprueba que Vesf > Vcil > Vcub . Soluci´ on: a) Tenemos que Vcil = πR2 h y S = 2πR2 + 2πRh. Si denotamos (x, y) = (R, h) tenemos que la funci´on a maximizar es f (x, y) = πx2 y y la restricci´on es F (x, y) = 2πx2 + 2πxy − S. Por tanto, la funci´on lagrangiana ser´a: L(x, y, λ) = πx2 y + λ(2πx2 + 2πxy − S). La soluci´on del sistema correspondiente es y = 2x, esto es h = 2R. Sustituyendo y despejando R de las expresiones de Vcil y S obtenemos: Vcil = √1 S 1/3 3 6π b) La funci´on lagrangiana es ahora L(x, y, λ) = xyz + λ(2(xy + xz + yz) − S). La soluci´on es x = y = z y Vcub =

1 √ S 1/3 . 6 6

c) Claramente vemos que Vcil 2 = √ > 1, Vcub π

Vesf = Vcub

r

6 > 1, π

Vesf = Vcil

r

3 > 1, 2

luego Vesf > Vcil > Vcub . 2 6. (a) Calcular la altura, h, y el radio, R, de un cilindro de volumen, V , para que su superficie, Scil , sea m´ınima. (b) Calcular los lados, x, y, z de un paralelep´ıpedo de volumen, V , para que su superficie, Scub , sea m´ınima. Soluci´ on: a) La funci´on lagrangiana es: L(x, y, λ) = 2πx2 + 2πxy + λ(πx2 y − V ), pero la soluci´on es exactamente la misma. b) La funci´on lagrangiana es ahora L(x, y, λ) = 2(xy + xz + yz) + λ(xyz − V ). La soluci´on es la misma. 2

3

2

Integrales Curvil´ıneas √

1. Calcula el promedio de f (x, y, z) = e [0, 1]}. Soluci´ on:

y

a lo largo de la curva C = {(3, t2 , 1), t ∈

I L=

dl = 1 I

M= P =

M L

f dl = 2

= 2. 2

2. Dada la h´elice de curva l(t) = (cos(t), sin(t), t), t ∈ [0, 6π]: H a) Calcular su longitud ( dl). b) Si la densidad lineal es δ(x, y, z) = x2 + y 2 + z, calcular la masa total del cable y la densidad promedio. c) Calcular el centro de gravedad y el centro geom´etrico (suponiendo densidad constante). Soluci´ on: a) Z 6π p I Z 6π p 0 2 0 2 0 2 (x ) + (y ) + (z ) dt = (− sin(t))2 + (cos(t))2 + 1 dt L = dl = 0 0 Z 6π √ √ = 2dt = 2 6π 0

b) La masa total es I Z 6π p M = δ dl = (x2 + y 2 + z) (x0 )2 + (y 0 )2 + (z 0 )2 dt 0 Z 6π Z 6π √ √ 2 2 = (cos (t) + sin (t) + t) 2 dt (1 + t) 2dt 0 0 µ ¶¯ 2 ¯6π √ √ t ¯ 2 t+ = = 2(18π 2 + 6π) 2 ¯0 y la densidad promedio ser´a: δ¯ = M = 3π + 1. L c) I Z 6π √ 1 1 3π(1 + 4π) Zc.grav = zδ dl = t(1 + t) 2dt = √ M M 0 2(1 + 3π) I Z 1 1 6π √ Zc.geom = z dl = t 2dt = 3π. L L 0 2

4

3. Calcula la masa de la espiral dada por la curva en coordenadas polares ρ = α, α ∈ [0, 4π] y densidad lineal f (α, ρ) = ρ. Soluci´ on:

I M=

f dl =

´ ¢3/2 1 ³¡ 1 + 16π 2 −1 3 2

4. Calcula el ´area de la superficie cil´ındrica x2 +y 2 = 16 contenida en el primer cuadrante, limitada inferiormente por el plano XOY y superiormente por la superficie de ecuaci´on, z = xy. Soluci´ on: Como el dominio de definici´on (en el plano XY es una circunferencia, utilizaremos polares. La curva es ρ = 4, α ∈ [0, π/2]. El ´area es: I Z π/2 p A = f dl = (ρ cos(α))(ρ sin(α)) (ρ0 )2 + ρ2 d α 0 Z π/2 Z π/2 √ 2 = (4 cos(α))(4 sin(α)) 0 + 4 d α = 32 sin(2α)d α = 32 0

0

2 5. Siendo C la curva cerrada que delimita la regi´on del plano comprendida entre y = x2 , y 2 = x, calcula el ´area y el per´ımetro de la figura Soluci´ on: Las curvas y = x2 , y 2 = x se cortan en (x, y) = (0, 0) y (x, y) = (1, 1), luego, la superficie se obtiene calculando la integral doble µ 3/2 ¶¯1 Z Z Z 1 ÃZ √x ! Z 1 √ x x3 ¯¯ 1 2 A= dx dy = − = dy dx = ( x−x )dx = ¯ 3/2 3 0 3 D 0 x2 0 El per´ımetro lo obtenemos considerando que la curva C se divide en dos partes (son dos par´abolas abiertas hacia arriba y hacia la derecha y que intersectan en el primer cuadrante) C = C1 ∪ C2 2 C1 : y = x √ x ∈ [0, 1]} C2 : y = x x ∈ [0, 1]} H H H Tenemos que C = C1 + C2 donde

I

Z

Z p 1 + (y 0 )2 dx =

1 √ 1 + 4x2 dx = (2 5 + arcsin(2)) 4 0 C1 0 I Z 1p Z 1r 1 √ 1 dl = dx = (2 5 + arcsin(2)). 1 + (y 0 )2 dx = 1+ 4x 4 C2 0 0 dl =

1

1

√

2

5

3

Integraci´ on M´ ultiple 1. Cambiar el orden de integraci´on de las siguientes integrales dobles (es conveniente dibujar las regiones en cuesti´on). R4 R2 R2 R4 a) 3 dy 1 f (x, y)dx (Sol.:) 1 dx 3 f (x, y)dy R a R √a2 −y2 R a R √a2 −x2 b) 0 dx 0 f (x, y)dy (Sol.:) 0 dy 0 f (x, y)dx R 3 R 2x R 1 R 3y R9 R3 c) 0 dx x/3 f (x, y)dy (Sol.:) 0 dy y/2 f (x, y)dx+ 1 dy y/2 f (x, y)dx R2 R 2−y R0 R 2√x+1 R 8 R 2−x d) −6 dy y2 f (x, y)dx (Sol.:) −1 dx −2√x+1 f (x, y)dy+ 0 dx −2√x+1 f (x, y)dy −1 4 R0 R3 R0 R0 R3 R0 (Sol.:) −4 dx √4+x f (x, y)dy+ 0 dx −2 f (x, y)dy e) −2 dy y2 −4 f (x, y)dx 2. Dibuja la regi´on de integraci´on y calcula la integral Z Z I= x cos(x + y)dxdy S

siendo S un tri´angulo de v´ertices (0, 0), (π, 0), (π, π). Soluci´ on:

Z

Z

π

I=

x

dx 0

0

3 x cos(x + y)dy = · · · = − π. 2 2

3. Calcular I =

RR

2 +y 2 )

Da

e−(x

donde Da es el disco x2 + y 2 ≤ a2

dx dy

Soluci´ on: Por la forma del dominio y el integrando, claramente se ve que la integral hay que realizarla utilizando coordenadas polares (x = r cos(α), y = r sin(α)) donde el Jacobiano sabemos que es r, luego · ¸a Z 2π Z a ³ ´ 1 −r2 2 −r2 I= dα e r dr2 π − e = π 1 − e−a 2 0 0 0 2 4. Calcular la masa del cubo D = {(x, y, z) : 1 ≤ x, y, z ≤ 2} de densidad δ(x, y, z) = (1 + x)ez y Soluci´ on: M =

15 e(e 4

− 1). 2

5. Calcular el centro de gravedad, (XCM , YCM ), del cuadrado D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1} si la densidad superficial es δ(x, y) = ex+y . Soluci´ on: Por la simetr´ıa del problema vemos que XCM = YCM , por lo que s´olo calculamos el primero. Calculamos primero la masa total del cuadrado Z Z Z 1 Z 1 Z 1 x+y x+y M= e dx dy = dx e dy = (e − 1) ex dx = (e − 1)2 . D

0

0

6

0

y el valor de XCM viene dado por Z Z Z 1 Z 1 1 1 x+y XCM = x e dx dy = dx x ex+y dy 2 M (e − 1) D 0 0 Z 1 1 1 = . x ex dx = (e − 1) 0 (e − 1) 2 RRR 2 2 (z x + z 2 y 2 ) dx dy dz 6. Calcular I = R x2 + y 2 ≤ 1, −1 ≤ z ≤ 1.

donde R es la regi´on cil´ındrica

Soluci´ on: Lo resolveremos utilizando coordenadas cil´ındricas ¯ ¯ ¯ x = r cos(α) ¯ Z 2π Z 1 Z 1 Z Z Z ¯ ¯ z 2 r2 r dα dr dz I = z 2 (x2 + y 2 ) dx dy dz ¯¯ y = r sin(α) ¯¯ = 0 0 −1 R ¯ ¯ z=z Z 2π Z 1 Z 1 π 3 = dα r dr z 2 dz = 3 0 0 −1 2 7. Calcula el volumen de la esfera x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 . Si la densidad de la misma viene dada por δ(x, y, z) = (x2 + y 2 + z 2 )1/3 , calcula su masa y la densidad media. Soluci´ on: esf´ericas ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

Para este problema, lo m´as apropiado es utilizar coordenadas x = r sin(θ) cos(ϑ) y = r sin(θ) sin(ϑ) z = r cos(θ)

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

⇒

¯ µ ¶¯ ¯ ¯ ¯J x, y, z ¯ = r2 sin(θ) ¯ r, θ, ϕ ¯

y los l´ımites de integraci´on pasan a ser: r ∈ [0, a], θ ∈ [0, π], ϕ ∈ [0, 2π], luego Z Z Z Z 2π Z π Z a V = dx dy dz = r2 sin(θ)dr dθ dϕ Z 2π RZ π Z0 a 0 0 4 = dϕ sin(θ)dθ r2 dr = πa3 . 3 0 0 0 La masa total ser´a, teniendo en cuenta que δ = r2/3 Z Z Z Z 2π Z π Z a 12 M= δ(x, y, z)dx dy dz = r2/3 r2 sin(θ)dr dθ dϕ = πa11/3 . 11 R 0 0 0 y el promedio ser´a P =

9 M = a2/3 V 11 2

7

8. Calcular el volumen limitado por la regi´on encerrada en (a < b): ¯ 2 ¯ x + y 2 + z 2 = a2 ¯ 2 ¯ x + y 2 + z 2 = b2 ¯ 2 ¯ x + y2 = z2 Soluci´ on: Si utilizamos coordenadas esf´ericas, el recinto de integraci´on es: r ∈ [a, b], θ ∈ [0, π/4], ϕ ∈ [0, 2π] (se puede considerar como una porci´on de la esfera de radio interior a y exterior b), luego Z 2π Z π/4 Z b 2π 3 V = dϕ (b − a3 ) [− cos(θ)]π/4 sin(θ)dθ r2 dr = 0 3 0 0 a à √ ! 2π 3 2 = (b − a3 ) 1 − . 3 2 2 9. Considera la intersecci´on de una esfera de radio R con un cono cuyo v´ertice esta en el centro de la esfera y tiene una abertura de ´angulo α. Calcula a) El centro de gravedad de la figura (densidad constante). b) La superficie total de la pieza. Soluci´ on: a) Por la simetr´ıa del problema, las coordenadas m´as apropiadas para resolver el problema son las coordenadas esf´ericas. ¯ ¯ ¯ x = r sin(θ) cos(ϑ) ¯ ¯ µ ¶¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x, y, z ¯ y = r sin(θ) sin(ϑ) ¯ ⇒ ¯J ¯ = r2 sin(θ) ¯ ¯ ¯ ¯ r, θ, ϕ ¯ z = r cos(θ) ¯ Si suponemos que la pieza esta situada con simetr´ıa de revoluci´on respecto al eje z, y los l´ımites de integraci´on pasan a ser: r ∈ [0, R], θ ∈ [0, α], ϕ ∈ [0, 2π]. En primer lugar calculamos el volumen de la pieza Z Z Z Z 2π Z α Z R V = zdx dy dz = r2 sin(θ)dr dθ dϕ D 0 0 0 Z 2π Z α Z R 3 = dϕ sin(θ)dθ r2 dr = πR3 (1 − cos(α)). 2 0 0 0 Obs´ervese que si α = π tenemos la esfera total y el volumen es V = 43 πR3 , y si α = π/2 tenemos el volumen de media esfera. Para calcular el centro de gravedad, por la simetr´ıa del problema tiene que estar en el eje z, por lo que s´olo tenemos que calcular Z Z Z Z 2π Z α Z R 1 1 zdx dy dz == r cos(θ)r2 sin(θ)dr dθ dϕ Zc.g. = M M D 0 0 0 Z 2π Z α Z R 1 3R(1 − cos(2α)) = dϕ cos(θ) sin(θ)dθ r3 dr = . M 0 16(1 − cos(α)) 0 0 8

Obs´ervese que si α = π tenemos la esfera total y el centro de gravedad esta en el origen, Zc.g. = 0, y si α = π/2 tenemos media esfera, y su centro de gravedad es Zc.g. = 83 R. b) El ´area se puede obtener tambi´en f´acilmente utilizando coordenadas cartesianas utilizando. Para la ecuaci´on de la parte esf´ericaputilizar´ıamos p 2 z = R − x2 − y 2 y para la ecuaci´on del cono z = m x2 + y 2 , con 2 2 x + y ≤ R2 sin(α). Las integrales dobles las resolver´ıamos utilizando coordenadas polares. Para calcular la superficie de la pieza, primero calculamos la superficie de la parte esf´erica, Se , y despu´es la del cono, Sc . Z Z q Z Z R p dx dy Se = (zx )2 + (zy )2 + 1 dx dy = R 2 − x2 − y 2 S S Z 2π Z R sin(α) R √ = r dr dα2π = R2 (1 − cos(α)) 2 2 R −r 0 0 Sc =

Z Z √

m2 + 1 dx dy =

√

m2 + 1π(R sin(α))2 = πR2 sin(α)

S

2

9