Tarea 2 - Vectorial

Transcripción

1 Tarea - Vectorial 5.. Evaluar las siguientes integrales.. Part : () sin(x + y ) da, () R donde R es la region del plano xy definida por x + y. (xy) cos(x ) da, donde R [, ] [, ]. R Solución: () Como la region es un anillo y la funcion tiene simetria radial, calcularemos la integral en coordenadas polares. La region R en coordenadas polares esta descrita por r sin(x + y ) da sin(r )rdr dθ. Haciendo la sustitucion u r R sin(r )rdrdθ () Por el teorema de Fubini, podemos calcular la integral doble como integrales iteradas. (xy) cos(x ) da (xy) cos(x )dy dx (xy) cos(x )dx dy. R Calculamos (xy) cos(x )dxdy y x cos(x )dxdy haciendo una sustitucion u x tenemos que la doble integral es igual a 9.

2 .. Calentamos una placa en el punto A(, ), sabemos que la temperatura de los puntos de la placa se describe mediante la función T (M) k AM. Medimos la temperatura en el punto B(, ) y vemos que T (B) 99. Cuál es el punto más caliente del disco dado por la desigualdad x + y 9? Cuál es el punto más frío del mismo disco? Solución: Para un punto M(x, y) la distancia AM (x ) + (y ), entonces la temperatura viene dada por la función T (x, y) k ( (x ) + (y ) ) ). Luego T (B) T (, ) k, entonces T (B) 99 implica que k. Ahora sabemos que T (x, y) (x ) (y ) ). La función tiene sólo un punto extremo en R y es el punto de máximo A(, ). Como + 9, podemos concluir que A. Ahora encontraremos los puntos extremos de la función T (x, y) restringida a la frontera del disco que es el círculo x + y 9. Aplicamos el método de multiplicadores de Lagrange. Tomemos la función F (x, y, λ) (x ) (y ) + λ(x + y 9), luego encontremos los puntos críticos de esta función del sistema: F (x, y, λ) ((λ )x + ) x F (x, y, λ) ((λ )y + ) y F (x, y, λ) λ x + y 9 Si λ de la primera ecuación del sistema obtenemos una contradicción. Entonces, λ. Ahora bien, de la primera ecuación obtenemos x /( λ), y de la segunda y /( λ), entonces la tercera ecuación nos da: ( ) + λ ( λ ) 9 ( λ) 5 9 λ ± 5. entonces tenemos dos soluciones del sistema: (x 6/ 5, y / 5, λ + y por lo tanto tenemos dos puntos críticos Ahora 5 ) y (x 6/ 5, y / 5, λ C(x 6/ 5, y / 5) y (x 6/ 5, y / 5). T (A), T (C) , T () Entonces el punto más caliente es A y más frío es C. Respuesta: El punto más caliente es (, ) y más frío es ( 6/ 5, / 5). 5 ),

3 .. emuestre la desigualdad e donde {(x, y) x + y + x y + }. e xy x+y da e, Solución: Como xy x+y (x+)(y ) y x +y +x y + (x+) +(y ), entonces vale la pena cambiar las coordenadas u x+ y v y, y con cambio de variables en la integral doble (el jacobiano de cambio J ) concluimos que nos toque probar que e e uv da e, donde {(u, v) u + v }. La función f(u, v) uv no tiene valores extremos en R y para encontrar sus valores extremos sobre el círculo u +v podemos tomar la parametrización del círculo u cos t, v sin t, en este caso f(cos t, sin t) sin t cos t sin t, por lo tanto sobre el círculo tenemos que uv y e e uv e. Ahora el área de es, entonces podemos concluir que es lo que necesitamos. e e uv da e,.4. Sea f(x, y, z) xy + yz y sea R la región definida por las ecuaciones x + y 6 y x z. Encuentre el valor máximo alcanzado por f en R y los puntos (x, y, z) en R donde este máximo se alcanza usando los siguientes tres métodos distintos: () Parametrizando la curva R y maximizando una función de una variable. () Utilizando la ecuacion x z para reducir el problema a uno con solo dos variables y una restricci on y usando multiplicadores de Lagrange usuales. () Resolver el problema en tres variables utilizando multiplicadores de Lagrange con dos restricciones de igualdad (en este caso habrá dos multiplicadores λ y λ ). Solución: Método (a): La región R esta definida por el sistema de ecuaciones { x + y 6 x z. espejando y de la primera y z de la segunda ecuación concluimos que R es una recta parametrizada por ( σ(x) x, 6 x, x ) Componiendo con σ(x) vemos que la función objetivo, restringida a R es f(σ(x)) x 6 x + 6 x x 4x 4x 6 Para encontrar el máximo de esta función derivamos e igualamos a cero 4 8x 6 x. Asi que la función alcanza su máximo en el punto σ() (,, ). luego

4 4 Método (b): Usando la ecuación x z podemos sustituir en la función objetivo y la restricción y expresar ambas usando sólamente las variables y y z. El problema resultante es Maximizar 4yz sobre los (y, z) que satisfacen z + y 6 Aplicando multiplicadores de Lagrange obtenemos las ecuaciones 4z λ 4y λ z + y 6 e las primeras dos ecuaciones concluimos que z y y sustituyendo en la última ecuación que 4( y) + y 6 luego y y z. Usando la ecuacion x z concluimos tambien que x. Método (c): Queremos maximizar la función objetivo f(x, y, z) xy + yz en la región R definida por las ecuaciones { x + y 6 x z. Usando multiplicadores de Lagrange queremos encontrar soluciones (x, y, z, λ, λ ) de las ecuaciones f λ (x + y) + λ (x z) x + y 6 x z. es decir, encontrar las soluciones al sistema de cinco ecuaciones con cinco incógnitas y λ + λ x + z λ y λ x + y 6 x z. e las primeras tres ecuaciones se sigue que x+z + y y y el sistema de tres ecuaciones tres incógnitas x+z + y y x + y 6 x z. tiene solución única (x, y, z) (,, ).5. La cantidad de un bien producido por una compañia manufacturera esta dado por la función de producción de Cobb-ouglas f(x, y) x 4 y 4, donde x representa las unidades disponibles de trabajo y y representa las unidades disponibles de capital (que obviamente deben ser números no negativos). En miles de pesos, cada unidad de trabajo vale y cada unidad de capital vale 5. Cual es el valor máximo posible de la producción si los costos totales de trabajo y capital no pueden exceder 5?

5 Solución: Los costos de producción de la compañia, si elige utilizar x unidades de trabajo y y unidades de capital son x + 5y. Se sigue que el problema de maximizar la producción con costos totales de a lo más 5 es max x 4 y 4 sobre los (x, y) con x + 5y 5, x, y Como log(x) es una función creciente y la producción una cantidad estrictamente positiva podemos, para simplificar los cálculos, maximizar la función Sobre los (x, y) que satisfacen ( Ahora, φ(x, y) φ(x, y) log(f(x, y)) log + 4 log(x) + 4 log(y) 4x, 4y { x, y > x + 5y 5 ) asi que la función objetivo no tiene máximos o mínimos locales en el interior, luego su máximo global esta en la frontera de la región factible, es decir en un punto que satisface x + 5y 5 (pues en las demas curvas de la frontera la producción total es cero). Usamos multiplicadores de Lagrange para encontrar este punto. λ 4x 4y λ5 x + 5y 5 Como x, y se sigue que λ debe ser diferente de cero asi que las primeras dos ecuaciones implican x y y de dónde luego λ. Luego 8λ λ 8λ λ 5 x y y 5. La producción máxima es entonces unidades Un espía está atrapado en la oscuridad en un cuarto circular, con ecuación x +y 6. Su sensor infrarrojo le dice que la temperatura del piso del cuarto es T (x, y) x + y + xy + 5x + 5y +. Si hay una salida esta tiene que estar en el punto mas frio del cuarto (porque afuera hace muchísimo frio). ónde deberia buscar la salida el espía? Solución: Queremos minimizar la función de temperatura T (x, y) para los puntos (x, y) del cuarto, es decir los que satisfacen x + y 6. Primero buscamos puntos críticos en el interior resolviendo la ecuación T (x + y + 5, y + x + 5) (, ) cuya única solución es x, y. Este punto esta en el interior del cuarto (pues + 6 luego podria ser la ubicación de la salida). Los demás puntos criticos deben estar en la frontera y los buscamos con multiplicadores de Lagrange resolviendo el sistema de ecuaciones x + y + 5 λx x + y + 5 λy x + y 6 o equivalentemente ( λ)x + y 5 x + ( λ)y 5 x + y 6 5

6 6 Si λ entonces y 5 x y este punto no satisface la tercera ecuación asi que podemos asumir que λ. Igualando las primeras dos ecuaciones concluimos que ( λ)x + y ( λ)y + x asi que ( λ )x ( λ )y luego hay dos casos: Caso : λ y en este caso concluimos x y luego, de la tercera ecuacion concluimos que las soluciones (x, y) son (, ) y (, ) Caso : λ y en este caso el sistema de ecuaciones se convierte en x + y 5 x + y 5 x + y 6 espejando y 5 x de la primera ecuación y reemplazando en la tercera obtenemos x + ( 5 x ) 6. Resolviendo esta ecuacion cuadrática obtenemos x ± 96 y 6 ± y, es decir otros dos puntos en la frontera. Comparando T (x, y) en los cinco puntos que hemos encontrado concluimos que los últimos dos son los lugares donde la temperatura mínima se alcanza..7. Hallar mínimos y máximos locales y puntos de silla de las funciones: () f(x, y) x + y 6xy + 6x + y; () f(x, y) x y e (x +y /). Solución: () Los puntos criticos son las soluciones del sistema { fx x 6y + 6 f y y 6x +. Sostituendo y 6x en la primera ecuación sacamos las soluciones (, 7 ) y (5, ). La matriz hessiana de f es: ( ) 6x 6 H f (x, y) 6 y su determinante es det H f (x, y) x 6. Analicemos entonces los dos puntos criticos: (, /): det H f (, /) 4 <, por lo tanto este es un punto de silla. (5, 7/): det H f (5, 7/) 4 > y f xx x (5, 7/) >, por lo tanto este es un minimo relativo. () Los puntos criticos son las soluciones del sistema: f/ x e (x +y /) xy( x ) f/ y e (x +y /) x ( y ). Las soluciones son (, k), por k R, y (, ). La matriz hessiana de f es: H f (x, y) e (x +y /) y( x + x x 6 ) x( x )( y ). x( x )( y ) 4x y

7 Analicemos entonces los puntos criticos: (, k): det H f (, k), por lo tanto el criterio hessiano es inconclusivo en este caso. (, ): det H f (, ) e 4/ 4 4( 4) < y f/ x (, ) 6 <, por lo tanto este es un máximo relativo () Encontrar el promedio de la función f(x, y) e y en la región {(x, y) x, x y 6}. () Hallar la masa y el centro de masa de una placa plana en forma de la región acotada por las parabolas y x y x y, y con densidad de la masa dada por la función δ(x, y) x. Solución: () e y da 6 y/ e y dxdy 6 6 y ey dy 6 eu du e6 6 Promedio: Area() 6 6 e y da Area() e6 6 () enotar la región acotada por las parabolas y x y x y por. Entonces { x, x y x}.

8 8 La masa: M x da x x x dy dx ( x x ) x dx x x 5/ dx [ x 7 x7/ ] 4 M y x x da x x x / dy dx ( x x )x / dx x x 7/ dx [ x 9 x9/ ] 9 M x y x da x x yx / dy dx [ ] y x x / dx x ( x 5/ x /) dx [ 7 x7/ x/ ] 6 9

9 9 Centro de masa ( x, ȳ) ( My M, M ) x M ( 4 7, ) Evaluar la integral cos ( ) y x da, y + x donde es la región trapezoidal con vertices (, ), (, ), (, ) y (, ). Solución: Sea P (, ), Q (, ), R (, ), S (, ). La frontera de la región se compone de los segmentos rectos P Q, QR, RS, SP. Los segmentos QR y SP son paralelos. Usamos el cambio de variables u y + x v y x. Tenemos: det ( ) ( (u, v) (x, y) ). Luego, el Jacobiano es dado por ( ) (x, y) det (u, v) det ( (u,v) (x,y) ). Los puntos P (, ), Q (, ), R (, ) y S (, ) se cambian en los puntos P (, ), Q (, ), R (, ) y S (, ). Ya que el cambio de variables es lineal, rectras se transforman en rectas. Por lo tanto, la frontera de la la región nuevo se compone de los segmentos rectos P Q, Q R, R S, S P del las rectas seguientes: P Q : u + v, Q R : u, R S : u v, S P u. Entonces, la región es dada por {(u, v) u, u v u}

10 cos ( ) y x da y + x u ( v ) cos u dudv ( v ) cos u dvdu u [ u sin( v ] vu u v u du u(sin() sin( )) du [ u ] (sin() sin( )) sin() 4 sin().. Una bacteria tiene forma de cilindro con dos tapas semiesféricas. Si el volumen de la bacteria esta fijo, que relación debe haber entre el radio del cilindro R y la longitud de la bacteria para que esta tenga la mínima area superficial posible? (para la bacteria esto es muy importante pues pierde energia por su superficie). Solución: Si R es el radio del cilindro y h su altura entonces el volumen de la bacteria es V 4 R + R h El primer término es el volumen de las dos medias esferas de los extremos y el segundo el volumen del cilindro. Por otro lado el area superficial es A 4R + R h El primer término es el área superficial de las dos medias esferas de los extremos y el segundo el volumen del cilindro. El problema que queremos resolver es min A(R, h) para los (R, h) que satisfacen 4 R + R h V dónde V es una constante (el volumen de la bacteria). Usando multiplicadores de Lagrange tenemos que la solución óptima a este problema debe satisfacer las ecuaciones en (R, h, λ) { A λ ( 4 R + R h) 4 R + R h V Es decir, h + 8R λ(rh + 4R )R λ(r ) 4 R + R h V

11 e la segunda ecuación concluimos que λ. Reemplazando en la primera ecuación esto R implica h + 8R R (Rh + 4R ) 4h + 8R es decir que h asi que h luego la bacteria debe ser una esfera de volumen V, para minimizar su área superficial.. Part : Encuentre el valor promedio f de la función f(x, y, z) x + y + z definida en todos los puntos de la región: x + y + z con z x + y. Solución: El valor promedio de una funcion es f E f(x, y, z) dv V ol(e) El volumen es una octava parte del volumen de toda la esfera, como el volumen de una esfera de radio r es 4 r, el volumen de la region es 6 ( ). La region en esfericas es ρ, θ, φ. Pasando a esfericas tenemos que integral es ρ sin(φ) dφ dρ dθ que da, por lo que el valor promedio es ( )... Sea Q el cuadrilátero en la esfera x +y +z R acotado por las lineas de intersección de la esfera con los planos: y, x y, z y z R/. a) Hallar los ángulos del cuadrilátero Q. b) Hallar los lados del cuadrilátero Q. c) Hallar el área del cuadrilátero Q. d) Sea Q un trapecio en el plano con los lados iguales a los lados del cuadrilátero Q. Comparar las áreas de Q y de Q : Cuál es mayor? Solución: Mira el dibujo donde Q ABC:

12 el dibujo es obvio que los lados tienen las longitudes AB R/4, BC A R/4, C R/(4 ). Todos los a ngulos son / (es suficiente observar que las paralelas en una esfera son ortogonales a los planos que pasan por el eje de rotacio n). Para hallar p el a rea usamos el hecho que el cuadrila tero es el gra fico de la funcio n z f (x, y) R x y sobre el dominio acotado por las cı rculos x + y R /, x + y R y las rectas y, x y. Entonces el a rea es, s ZZ ZZ f f R p A + dxdy (usamos coordenadas polares) + dxdy x y R x y # Z /4 "Z R R Rρ p. dr dϕ 4 R ρ R/ Ahora en el plano tenemos el trapecio Q A B C, mira el dibujo donde a R/(4 ), b R/4: entonces el a rea de Q es igual a R ( + p ) 5 + /8.

13 Como A(Q), 56R y A(Q ), 5R, concluimos que el área de cuadrilátero en la esfera es mayor que el área del trapecio Q. Respuesta. a) Son rectos; b) Tres lados son iguales a R/4 y un lado a R/(4 ); c) R 4 ; d) El área de Q es mayor que el área de Q... Hallar el momento de inercia alrededor del eje y de la bola B {(x, y, z) x + y + z } si la densidad de masa es una costante µ. Solución: Tenemos que calcular la integral I y (x + z )µ dv. Utilizando coordenadas esféricas esta integral toma la forma: B I y µρ 4 sin (φ) dθ dφ dρ µ ρ 4 dρ sin φ dφ 5 µ sin φ( cos φ) dφ 5 µ (u ) du 4 5 µ.4. Hallar el volumen del solido S acotado por la esfera x + y + z R y el cono z A x + y. Solución: En coordenadas esféricas el solido está descrito por: S {(ρ, φ, θ) ρ R, φ arctan(a), θ }.

14 4 Por lo tanto, es cierto: Vol(S) ρ sin φ dv S R arctan(a) ρ sin(φ) dθ dφ dρ R ρ dρ arctan A R [ cos(φ)] arctan(a) ) ( R + A sin φ dφ.5. Hallar el área de la parte del plano x + y z + 5 dentro del cilindro y + z y + 4z 4. Solución: La parte del plano x + y z + 5 dentro del cilindro y + z y + 4z 4 es el gráfico de la función con el dominio x f(y, z) y + z 5 { (y, z) y + z y + 4z 4 } { (y, z) (y ) + (z + ) 9 }, que es un círculo del radio centrado en el punto y, z y de radio. Entonces el área es, A + f + f dydz 6 dxdy 6 Área() 9 6. y z Respuesta Considere los dos cilindros en el espacio tridimensional: x + y y y + z. () Haga un bosquejo, a mano de la intersección de los dos cilindros. () Encuentre el volumen del sólido acotado por los dos cilindros. Solución: ()

15 5 () Una forma de calcular el volumen es calculando el area de las secciones transversales e integrando. Para cada y [, ] el area transversal es un cuadrado de lado y. Por lo que el area de ese cuadrado es 4( y ). Para obtener el valor del volumen integramos 4( y )dy 6. Este volumen era sabido a Archimedes y el matematico chino Tsu Ch ung-chih..7. Considere los tres cilindros en el espacio tridimensional: x + y, y + z y x + z. () Haga un bosquejo, a mano de la intersección de los tres cilindros. () Encuentre el volumen del sólido acotado por los tres cilindros. Solución: ()

16 6 () Escribimos el solido como la union de un cubo de lado y seis superficies que son la interseccion de dos cilindros. Entonces podemos calcular el volumen como la suma del volumen del cubo mas el volumen del pedazo de la interseccion de dos cilindros. Como ya vimos el area transversal de la interseccion de dos cilindros a altura z es z, asi que V ( ) + 6 ( z ) dz 8( )

17 7.8. Evaluar las siguientes integrales: () z dv () B donde B es la región dentro del cilindro x + y sobre el plano xy y debajo del cono z (x + y ) / ; (x + y + z ) / dv donde es la región determinada por las condiciones z y x + y + z. Solución: () En coordenadas cilíndricas, la región B se describe como: B {(ρ, θ, z) ρ, θ, z ρ}. Utilizando la formula de cambio de variables la integral dada toma la forma: z dv ρ zρ dz dθ dρ ρ dρ /4 B () En coordenadas esféricas, la región está descrita por: {(ρ, φ, θ) ρ, φ /, θ }. Utilizando la formula de cambio de variables la integral dada toma la forma: (x + y + z ) / dv / ρ sin(φ)dρ dφ dθ / / cos(φ) [ ρ ] ρ sin(φ) dφ ρ cos(φ) sin(φ) dφ [ cos(φ)] / / ( sin(φ)) dφ ( cos(φ)) cos(φ) / 4 4

18 8.9. () Encuentre el volumen que está dentro de la esfera x + y + z 4 y del cilindro x + y + y. () Hallar el volumen del sólido E { (x, y, z) x + y z, x + y + z, z } Solución: () Pasemos a cilindricas, completando el cuadrado el cilindro tiene ecuacion x +(y+). En el plano xy el circulo x +(y+) se describe en polares por la ecuacion r sin(θ), asi que en cilindricas la integral es sin(θ) 4 r rdzdrdθ 4 r esta triple integral es igual a sin(θ) 4 r rdr dθ. Haciendo la sustitucion u 4 r obtenemos (4 r ) sin(θ) dθ 6 4 ( sin (θ)) + 4 dθ 4 ( cos (θ))dθ 6 ( cos (θ))dθ PERO OJO LO ANTERIOR ESTA MAL, A SIMPLE VISTA ES IFICIL VER EL PROB- LEMA, PERO PARA SIMPLIFICAR (cos (x)) cos (x) debemos tener que cos(x) es positivo, que no es cierto en el intervalo (, ), para evitar problemas usamos simetria y calculamos en el intervalo (, ) donde cos(x) es negativo y por lo tanto (cos (x)) cos (x) sin(θ) 4 r rdzdrdθ 4 r

19 9 y esto es igual a (4 r ) sin(θ) dθ 4 ( sin (θ)) + 4 dθ 4 ( + cos (θ))dθ 6 ( + cos (θ))dθ 6 ( 4) ( 4) 9 () Pasemos a esfericas. El cono x +y z es esfericas se describe por φ arctan( ).Pasando a esfercias arctan ρ sin(φ)dφdρdθ arctan( ) sin(φ)dφ La integral de sin(φ) es cos(φ) y evaluando en arctan( ) obtenemos, asi que la respuesta es ( ) La region de integracion es la parte dentro de la esfera de radio, dentro del cono.. Calcular el volumen de la región solida acotada por los planos x, x y, x + y + z 6, y z. Solución: Podemos describir la proyección de T sobre (x, y)-plano como una regíon del tipo I en el plano, {(x, y) x 5, x y x}. Tenga en cuenta que los planos en R, x y x y son verticales. Así la pared superior del sólido es x + y + z 6 z x + y.

20 Luego, el volumen V del sólido es V 5 x (x+y)/ dz dy dx 5 x x 5 x y dy dx 5 5 x [ 5y xy y 4 75 x + x dx ] x x dx 4