´ ticas Universidad de los Andes Departamento de Matema 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.) ´ bado 27 de Octubre 7:00 - 9:00 a.m. Segundo Examen Parcial 2P: Sa 1. (4 points) Dada la funci´on f (x, y) = 2x2 − 4x + y 2 − 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 u ´nico 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 (x − 1)2 (y − 2)2 + = 1. La curva todas las curvas de nivel son elipses verticales (c + 5)/2 c+5 (x − 1)2 (y − 2)2 de nivel 1 es la elipse que pasa por el origen + = 1. 3 6 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. Como 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 + y 3 − 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 a la recta y = x y sobre ella se encuentran dos puntos O(0, 0)  respecto  3a 3a y M . Aplicaremos el m´etodo de multiplicadores de Lagrange usando el , 2 2 cuadrado de la distancia como funci´on objetivo a maximizar f (x, y) = x2 + y 2 , y como restricci´on la curva, g(x, y) = x3 + y 3 − 3axy = 0.  2  2x = 3λ(x − ay) 2y = 3λ(y 2 − ax)   3 x + y 3 − 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 u ´nicamente  x = yque al 3a 3a . Por , reemplazar en la tercera ecuaci´on obtenemos que la soluci´on es M 2 2 lo tanto las dos u ´nicas soluciones encontradas usando el m´ etodo demultiplicadores  3a 3a , para el cual la de Lagrange son O = (0, 0) cuya distancia es m´ınima y M 2 2 √ 3a 2 . distancia es m´axima y es igual a d = 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, 10000ey f (x, 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}.

10000ey es sim´etrico respecto al plano 1 + 0.5|x| 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 Z 5Z 0 Z 5Z 0 10000ey 10000ey dydx = 2 dydx d= −2 1 + 0.5x 0 −5 −2 1 + 0.5|x|  Z 0  Z 5
1 y dx 10000e dy dydx = 40000 (ln(3.5)) 1 − e−2 =2 −2 0 1 + 0.5x

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

Page 2

4. (4 points) Sea H un hemisferio s´olido de radio a, cuya densidad en cada punto es proporcional a la distancia al centro de la base. a) Encuentre la masa de H. b) Encuentre el centro de masa.

Solution: a) El pcentro de la base ser´a (0, 0, 0), luego la funci´on de densidad es ρb(x, y, z) = c x2 + y 2 + z 2 para cierta constante positiva no nula c. Usando que lo podemos expresar H en coordenadas polares como H = {P (θ, φ, ρ) : 0 ≤ θ ≤ 2π; 0 ≤ φ ≤ π/2; 0 ≤ ρ ≤ a} y que x2 + y 2 + z 2 = ρ2 , entonces m=

ZZZ H

=c

Z

2π

ρb(x, y, z)dV = dθ

0

Z

Z

2π 0

π/2

sin(φ)dφ

Z

Z

π/2 0

Z

a

cρ3 sin(φ)dρdφdθ 0

a

ρ3 dρ = c(2π)(1)(a4 /4) = (cπa4 )/2.

0

0

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

=c

Z

2π

z ρb(x, y, z)dV = dθ

0

Z

Z

2π 0

Z

π/2 0

π/2

cos(φ) sin(φ)dφ 0

Z

Z

0

a

a

cρ4 cos(φ) sin(φ)dρdφdθ 0

1 π/2 ρ4 dρ = c(2π)([sin(φ)2 /2]0 )(a5 /5) = cπa5 . 5

2 Por lo tanto el centro de masa es (x, y, z) = (0, 0, a) 5 2 Respuestas: a) m = (cπa4 )/2, b) (x, y, z) = (0, 0, a) 5 5. (4 points) Eval´ ue la siguientes integrales usando coordenadas esf´ericas o cil´ındricas, seg´ un corresponda. Z 1 Z √1−x2 Z 2−x2 −y2 (x2 + y 2 )3/2 dzdydx a) √ −1

− 1−x2

x2 +y 2

Page 3

b)

Z

1 0

Z √1−y2 Z √2−x2 −y2 √

0

(x2 + y 2 + z 2 )dzdxdy.

x2 +y 2

Solution: a) La regi´on a integrar esta acotada por abajo por el paraboloide z = x2 + y 2 y por arriba por el paraboloide z = 2 − x2 − y 2 . 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 −y 2

=

2π

dθ 0

= 2π

Z

2 3/2

(x + y )

x2 +y 2

Z

2

Z

1 0

Z

dzdydx =

Z

0

2−r 2

r4 dzdr = 2π r2

Z

2π

Z

1 0

Z

2−r 2

(r2 )2/3 rdzdrdθ r2

1

2

dr [zr4 ]r2−r 2

0

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 z 2 = x2 + y 2 y por arriba por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 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 √ Z Z √ 1−y 2

1

0

√

0

= =

Z

π/2

dθ 0

Z

π/4

sin(φ)dφ 0

Z

√

0

Respuestas: a) 8π/35, b) (π/2)(1 −

2−x2 −y 2

√

Z

x2 +x2 π/2

0

Z

π/4 0

(x2 + y 2 + z 2 )dzdxdy Z

√

2

ρ4 sin(φ)dρdφdθ 0

2

ρ4 dρ = (π/2)(1 −

√

√ 2/2)(( 2)5 /5).

√ 2/2)(( 2)5 /5).

x2 y2 z2 6. (4 points) Calcule el volumen del s´olido encerrado por el elipsoide 2 + 2 + 2 = 1, a b c 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.

Page 4

Solution:

a 0 0 ∂(x, y, z) = 0 b 0 = abc. (u, v, w) 0 0 c

Note que la regio a integrar bajo el cambio de coordenadas es simplemento los (u, v, w) tal que u2 + v 2 + w2 ≤ 1, entonces si S es el solido encerrado por el elipsoide

V (S) =

ZZZ

dV =

S

ZZZ

(abc)dudvdw

(u,v,w):u2 +v 2 +w2 ≤1

= 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 Z 1 f (x + y)dA = uf (u)du. R

0

∂(x,y) = 1, y R Solution: Tomando u = x + y, v = y, se tiene que x = u − v, y = v, ∂(u,v) es la imagen de la regi´on triangular con v´ertices (0, 0), (1, 0), (1, 1). Entonces Z 1 ZZ Z 1Z u uf (u)du. f (u)dvdu = f (x + y)dA = 0

R

0

0

8. (4 points) Considere la siguiente integral iterada triple: Z 4 Z 5−y Z 5−x−y f (x, y, z)dzdxdy 1

1/y

0

(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.

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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 1

1/4

Z

5−x−y

0 Z 4

1/x

f (x, y, z) dzdxdy = Z

5−x−y

f (x, y, z) dzdydx + 0

Z

4 1

Z

5−x 1

Z

5−x−y

f (x, y, z) dzdydx. 0

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

Page 6

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

3/4 0

Z

4 1

Z

Z

5−y−z

f (x, y, z) dxdzdy = 1/y 5−y−z

f (x, y, z) dxdydz + 0

donde la funci´on y = φ(z) = 12 [5 − z + z = 5 − y − 1/y.

p

Z

3 3/4

Z

φ(z) 1

Z

5−y−z

f (x, y, z) dxdydz, 0

(z − 5)2 − 4] es una soluci´on de la ecuaci´on

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

Page 7

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

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

+

Z

= Z

3/4 0

Z

1 1−z

Z

Z

4 1

Z

4−x

0 3/4

0

Z

Z

1

1/4 5−x−z

Z

5−x−1/x 1−x

Z

3 3/4

+

Z

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

1

Z 1

(z − 5)2 − 4].

9. (4 points) Halle el valor de la integral   2 ZZZ y2 x + dV, z 4 9 E donde E = {(x, y, z) | 9x2 + 4y 2 ≤ 36, 0 ≤ z ≤ 1}.

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5−x−z

φ(z) 1/x Z 3 Z 4−z 0

p

5−x−z

f (x, y, z) dydxdz+ 1/x

f (x, y, z) dydxdz +

donde x = φ(z) = 12 [5 − z +

Z

4

5−x−z 1/x

Z

f (x, y, z) dydzdx =

1 1−z 1/4

Z

f (x, y, z) dydxdz+ Z

5−x−z

f (x, y, z) dydxdz, 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 ∂y ∂r ∂z ∂r

∂x ∂φ ∂y ∂φ ∂z ∂φ

∂x ∂z ∂y ∂z ∂z ∂z



 2 cos φ −2r sin φ 0   = det  3 sin φ 3r cos φ 0  = 6r 0 0 1 

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  2  x y2 z + = zr2 . 4 9 Entonces, ZZZ

z E



x2 y 2 + 4 9



dV =

Z

2π 0

Z

1 0

Z

1 0

zr2 (6r) dφdrdz = Z 2π Z 1 Z = 0

0

1 0

3 6zr3 dφdrdz = π. 2

10. (4 points) Sea E un s´olido acotado por las superficies x2 + y 2 − z 2 + 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 + y 2 − z 2 + 2z = 1 se puede reescribir en la forma x2 + y 2 − (z − 1)2 = 0 el s´olido E es un semicono con el v´ertice (0, 0, 1) y la base x2 + y 2 = 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: ZZZ Z π/2 Z 1 Z 1−r 5 M= d(x, y, z) dV = (z + 1)r dzdrdφ = π. 24 E −π/2 0 0

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Luego 1 x0 = M

ZZZ

y 1 z0 = M

xd(x, y, z) dV = E

ZZZ

Z

π/2 −π/2

zd(x, y, z) dV = E

Z

Z

1 0

π/2 −π/2

Z

Z

1−r

r2 cos φ(z + 1) dzdrdφ = 0

1 0

Z

1−r

z(z + 1)r dzdrdφ = 0

24 25π

7 . 25

24 7 Entonces el centro de masa es M ( 25π , 0, 25 ). 7 24 , 0, 25 ). Para el caso x ≤ 0, por la simetr´ıa obtenemos que M (− 25π

11. (4 points) Sea D es el disco x2 + y 2 ≤ 1. Pruebe que ZZ 3< ex+y + 1 dA < 18 D

Solution: Encontraremos los valores m´ınimo y m´aximo de la funci´on f (x, y) = ex+y sobre el disco D. Porque la funci´on y = ex + 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 + y 2 − 1), y resolvemos el sistema

    

∂ G ∂x ∂ G ∂y ∂ G ∂λ

= 1 + 2λx = 0 = 1 + 2λy = 0 = x2 + y 2 − 1 = 0

Las soluciones son x1 = − √12 , y1 = − √12 , λ1 =

√1 2

y x2 =

√1 , 2

y2 =

√1 , 2

λ2 = − √12 .

Entonces el valor m´aximo es gmax = √ de la funci´on g(x, y) = x + y sobre el disco D x+y 1 1 + 1 es g(x2 , y2 ) = g( √2 , √2 ) = 2 y el valor m´aximo de la funci´on f (x, y) = e √

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

ex+y + 1 dA D

´ ≤ fmax × Area(D) = (e

Page 10

√

2

+ 1)π < 18.

12. (4 points) Calcule (1, 3) y (2, 2).

ZZ

ex−y dA donde D es el interior del tri´angulo con v´ertices (0, 0), D

RR Solution: Partiendo la regi´on D en dos (x ≤ 1 y x ≥ 1) tenemos: D f dA = R2 R1 R 2 R 4−x x−y R 1 R 3x x−y −2x 1 − e2x−4 dx = 1 + e−2 . 1 − e dx + e dy dx = e dy dx + 1 0 1 x 0 x 13. (4 points) Calcule

ZZ

D

sin(x2 + y 2 ) dA donde D es el disco definido por x2 + y 2 ≤ π. RR

Solution: En coordenadas polares:

14. (4 points) Calcule

Z

4 0

Z

2

f dA = D

R 2π R √π 0

0

sin(r2 ) r dr dθ = 2π.

2

ex dx dy. y/2

Solution: Cambiando el orden de integraci´on: R2 2 2xex dx = e4 − 1. 0

R4R2 0

2

ex dx dy = y/2

R 2 R 2x 0

0

2

ex dy dx =

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)

f (x, y, z) dz dy dx 0

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)

f (x, y, z) dy dx dz 0

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