CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Segundo Examen Parcial. 13 de Junio de 2001 Primera parte. ; y = u v ; z = u2 v 2

Transcripción

1 CÁLCULO Pime cuso de Ingenieo de Telecomunicación Segundo Examen Pacial. 1 de Junio de 1 Pimea pate Ejecicio 1. Obtene la expesión en que se tansfoma z xx +z xy +z yy ; al cambia las vaiables independientes (x; y) po (u; v) y la función z po w; consideando que unas y otas están elacionadas po x = u + v ; y = u v ; z = u v w: 4 Solución. En pime luga, obtenemos u = x + y; calculamos v = x y: A continuación, z x = z u u x + z v v x = z u + z v ; z y = z u u y + z v v y = z u z v : Usando estos esultados, obtenemos (z x ) x =(z x ) u u x +(z x ) v v x = z uu + z vu + z uv + z vv ; (z x ) y =(z x ) u u y +(z x ) v v y = z uu + z vu (z uv + z vv ) ; (z y ) y =(z y ) u u y +(z y ) v v y = z uu z vu (z uv z vv ) : Suponiendo que las deivadas cuzadas coincidan, tenemos que z xx +z xy + z yy =4z uu : Finalmente, z u = u 4 w u yademás z uu = 1 w uu: Entonces, la expesión tansfomada es 4w uu : 1

2 Ejecicio. De ente todos los planos que contienen al punto (a; b; c) situado en el octante positivo, detemina el que hace mínimo el volumen del tetaedo que foma con los planos coodenados. Solución. Consideemos el tetaedo cuyos vétices son (; ; ), ( ; ; ), (; ; ) y (; ;) : Calculamos su volumen integando el áea de las secciones, que son tiángulos de vétices (x; ;z) ; (;y;z); (; ;z) ; donde z : Es deci, V = Z A (z) dz; donde A (z) = 1 xy: Sabemos que el vétice (x; ;z) es un punto de la ecta contenida en el plano y µ =; que pasa po ( ; ; ) y (; ;) : La ecuación de esta ecta es x = z; es deci x = z: El vétice (;y;z) petenece a la ecta contenida en µ el plano x =; que pasa po (; ;) y (; ;) : Su ecuación es y = z; es deci y = z: Entonces, A (z) = 1 µ µ z z = 1 µ z + z = z + z : El volumen del tetaedo es Z µ V = z + z dz = = + = 1 : z z + z Si Ax +By+Cz+D =es la ecuación del plano no coodenado que contiene alosvétices( ; ; ), (; ;) y (; ;), tenemos que A + D =; B + D =; C + D =: Estas ecuaciones implican que A = D ; B = D ; C = D ; po lo que la ecuación del plano es D x D y D z + D =() x + ȳ + z 1=:

3 En consecuencia, debemos esolve min 1 ; ente los planos con vétices en los puntos ( ; ; ), (; ;), (; ;) y que contienen al punto (a; b; c). Esdeci, obtene el mínimo de f ( ; ; ) = 1 sujeto a la esticción g ( ; ; ) = a + b + c 1=: Usando multiplicadoes de Lagange, tenemos que f = g implica 1 a = ; 1 b = ; 1 c = : A pati de ellas, obtenemos 1 a = ; 1 = b ; 1 c = : (1) Sumando las tes ecuaciones y usando que g ( ; ; ) =; µ 1 a = + b + c = : Si sustituimos el valo de en las ecuaciones (1) tenemos que =a; =b; =c: El plano que hace mínimo el volumen es el que contiene a los puntos (a; ; ), (; b; ) y (; ; c), cuyaecuaciónes x a + y b + z c =1() x a + y b + z c =: El volumen mínimo es V = 1 (a)(b)(c) =9 abc:

4 CÁLCULO Pime cuso de Ingenieo de Telecomunicación Segundo Examen Pacial. 1 de Junio de 1 Segunda pate Ejecicio. Sea S el tozo del cono x = y +z ; inteio al cilindo x +y = a y situado en el octante positivo x ; y ; z : Calcula el áea de S. Solución. (A) Usando coodenadas cilíndicas x = cos t; y = sen t; tenemos que z = p x y = p cos t sen t = p cos t; donde cos t, cos t y sen t implican que t ¼ 4 : Además,eltozo de cono es inteio al cilindo, po lo que cos t + sen t a ; es deci, a: Entonces, la paametización de S es cos t; sen t; p cos t S (; t) = ; a; t ¼ 4 : Obtenemos un vecto paalelo al vecto nomal a la supe cie mediante i j k p S S t = cos t sen t cos t sen t sen tcos t p cos t µ sen t sen t = p cos t p cos t sen t cos t; p sen t p cos t; cos t cos t µ sen t sen t cos t cos t cos t sen t sen t cos t = p ; p ; cos t cos t µ cos t [ sen t +cost] = p ; sen t [ cos t cos t] p ; cos t cos t µ cos t sen t = p ; p ; : cos t cos t A continuación, calculamos ks S t k = Entonces,eláeadeS es aea (S) = = Z ¼=4 Z a a Z ¼=4 cos t + = ks S t k d dt = 1+cost cos t 4 µ 1+cost cos t Z ¼=4 Z a dt = a Z ¼=4 : 1+cost d dt cos t 1+cost dt: cos t

5 Dado que 1+cost =cos t y cos t =cos t sen t =1 sen t; la integal Z 1+cost ¼=4 p Z cost 1 dt = p cos t 1 sen t dt = du p 1 u =[acsenu]1 = ¼ ; Z ¼=4 donde u = p sent: En consecuencia, aea (S) = a ¼ = ¼a 4 : (B) Usando coodenadas catesianas (y; z), tenemosquex = p y + z : La supe cie S es inteio al cilindo, po lo que x + y =y + z a : Entonces, la paametización de S es S (y; z) =p y + z ;y;z ; (y; z) D; donde D = f(y; z) R :y + z a ; y ; z g : Apatidelaecuación x = y + z ; obtenemos xx y =y; xx z =z; lo que implica x y = y x ; x z = z x : El aea de la supe cie es aea (S)= D = q 1+x y + x z dy dz = p dy dz; D 1+ y + z x dy dz poque y + z = x : Obsevemos que D y + z a () y + x a 1: ap Entonces, RR dy dz es el áea de la cuata pate (y ; z ) de la egión D a enceada po una elipse de semiejes p y a: Dicha áea es ¼a 4 p ; po lo que aea (S) = p ¼a 4 p = ¼a 4 : 5

6 Ejecicio 4. Sea F el campo vectoial F (x; y; z) = (x ;xy;xz) yseas la supe cie del ejecicio anteio. Calcula la integal RR ot F n ds, con la nomal S exteio al cono, diectamente y usando el teoema de Stokes. Solución. En pime luga, calculamos el otacional del campo F, i j k ot F = F = D x D y D z =(; z; y) : x xy xz (A) Usando coodenadas cilíndicas, la paametización de S es S (; t) = cos t; sen t; p cos t ; a; t ¼ 4 ; µ cos t sen t S S t = p ; p ; : cos t cos t Dado que en el punto S (a; ) = (a; ;a) ; el vecto S S t (a; ) = ( a; ;a) apunta hacia el exteio del cono, tenemos que la nomal exteio a S tiene el mismo sentido que S S t : En consecuencia, ot F n ds = (ot F )(S (; t)) (S S t ) d dt = ; p cos t; sen t (S S t ) d dt La integal pedida es = sen t + sen t d dt =: S ot F n ds =: El teoema de Stokes asegua que I ot F n ds = S C F d; donde C = C 1 [ C [ C es la cuva fontea de S: La paametización de C 1 es 1 (t) =S (a; t) = a cos t; a sen t; a p cos t ; t ¼ 4 : ¼ µ ap Como 1 () = (a; ;a) y 1 = 4 ; a p ; ; la oientación inducida po la nomal exteio al cono coincide con la oientación de C 1.Dadoque F [ 1 (t)] = a cos t; a sen t cos t; a cos t p cos t ; µ 1 a sen t (t) = a sen t; a cos t; p ; cos t

7 su poducto escala es F [ 1 (t)] 1 (t) = a sen t cos t + a sen t cos t a sen t cos t = a sen t cos t: Calculamos la integal de línea Z ¼=4 Z ¼=4 cos F [ 1 (t)] 1 (t) dt =a cos t ( sen t) dt =a t µ Ãp! = a 1 p 1 = a : La cuva C es la intesección de µ S con el plano z =; es deci el segmento de ap la ecta y = x que une los puntos ; a p ; y (; ; ) : Una paametización de C es ap (t) =µ t; a p t; ; t ap : La integal de línea es Z p a Z ap µ F [ (t)] (t) dt = ap ap t t dt =4 = p a a p = : La cuva C es la intesección de S con el plano y =; es deci el segmento de la ecta z = x que une los puntos (; ; ) y (a; ;a) : Una paametización de C es (t) =(t; ;t) ; t a; y la integal de línea es ¼=4 7 5 ap Finalmente, Z a Z a F [ (t)] (t) dt = t dt = I C Z Z F d = F d + F d + C 1 C! = a Ãp p a a t = a : Z C F d + a =: 7

8 (B) Usando coodenadas catesianas (y; z), la paametización de S es S (y; z) =p y + z ;y;z ; (y; z) D; donde D = f(y; z) R :y + z a ; y ; z g : Calculamos el poducto vectoial i j k y Ã! p 1 S y S z = y + z y = 1; p z p 1 y + z ; z p : y + z y + z En el punto S (;a)=(a; ;a) ; el vecto S y S z (;a)=(1; ; 1) apunta hacia el inteio del cono. Entonces, Ã! y ot F n ds =(; z;y) 1; p y + z ; z p dy dz =; y + z po lo que ot F n ds =: S Paa usa el teoema de Stokes, debemos calcula I Z Z Z F d = F d + F d + F d; C C 1 C C donde las cuvas C 1 ;C y C se han analizado peviamente. Dado que las integales de línea sobe las cuvas C y C se pueden calcula de manea análoga al caso (A), vamos a paametiza la cuva C 1 : Sabemos que los puntos de C 1 vei can las ecuaciones y + z = a ; y + z = x : Entonces z = a y ; x = a y ; po lo que p 1 (y) = a y ;y; p a y ; y ap ; es una paametización de la cuva C 1 : Como 1 () = (a; ;a) tenemos que su oientación es la inducida po la nomal exteio al cono. A continuación, calculamos F [ 1 (y)] = a y ;y p a y ; p a y p a y ; Ã! 1 y (y)= p a y ; 1; y p : a y 8

9 Su poducto escala es F [ 1 (y)] 1 (y)= yp a y + y p a y y p a y = y a y 1= : La integal de línea es Z Z p a F d = y a y 1= dy = h a y i p = a C 1 " µa = # = µ Ãp! a = a 1 p 1 = a : J ± I J ± I J ± I J ± I J ± I J ± I 9