CÁLCULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Segundo Examen Parcial. 1 de Junio de x + x 2 y + y 3 =0, 2y + x 3 + xy 2 =0.

Transcripción

1 ÁLULO Primer curso de Ingeniero de Telecomunicación Segundo Examen Parcial. 1 de Junio de 4 Ejercicio 1. Hallar los extremos absolutos de f (x, y) x + y e xy en el conjunto D (x, y) R : x + y 1 ª. Solución: Para obtener los puntos críticos del interior de D, resolvemos el sistema f x (x, y)xe xy + x y + y 3 e xy x + x y + y 3 e xy, f y (x, y)ye xy + x 3 + xy e xy y + x 3 + xy e xy. Dado que e xy >, el sistema es equivalente a x + x y + y 3, y + x 3 + xy. Si a la primera ecuación le restamos la segunda, obtenemos (x y) x y x y obien x + y. Los puntos solución de la ecuación x + y pertenecen al exterior de D, por lo que necesariamente x y. Entonces x + x 3 + x 3 x 1+x, es una ecuación que tiene x como única solución real. En consecuencia, el único punto interior de D candidato a extremo es P 1 (, ). La frontera de D se define con la restricción g (x, y) x +y 1. Usando el criterio de los multiplicadores de Lagrange, determinamos los puntos solución del sistema f (x, y) λ g (x, y), resolviendo x + x y + y 3 e xy λx, y + x 3 + xy e xy λy, x + y 1. Usando la tercera ecuación, obtenemos las igualdades x + x y + y 3 x + y x + y x + y, y + x 3 + xy y + x x + y y + x, que implican que las dos primeras ecuaciones del sistema son (x + y) e xy λx, (y + x) e xy λy. 1

2 Si a la primera ecuación le restamos la segunda, obtenemos (x y) e xy λ (x y) x y obien e xy λ. En el caso de que x y, la tercera ecuación implica que x 1, por lo que µ 1 P, 1, P 3 µ 1, 1 son dos puntos de la frontera de D candidatos a extremos. Si e xy λ entonces x + y x implica y x, que con la tercera ecuación proporciona los puntos µ 1 P 4, 1 µ, P 5 1, Los valores de la función en dichos puntos son 1. f (P 1 ), f (P )f (P 3 )e 1/, f (P 4 )f (P 5 )e 1/. Entonces, el máximo absoluto se alcanza en P y P 3, mientras que el mínimo absoluto se alcanza en P 1.

3 Ejercicio. positivamente. Sea la cardioide de ecuación r a (1 + cos θ) orientada (a) alcular la integral de línea I h x + y ax a x + y 1 i ds, usando el resultado para obtener la longitud de. (b) alcular la integral de línea I ydx xdy, y utilizarla para deducir el área de la región encerrada por. Solución: La cardioide se parametriza mediante x r cos θ a cos θ (1 + cos θ), y r sen θ a sen θ (1 + cos θ), donde θ π. En primer lugar, calculamos dx a [sen θ (1 + cos θ)+senθcos θ] dθ, dy a cos θ (1 + cos θ) sen θ dθ. (a) Para calcular la integral de línea del campo escalar dado, evaluamos x + y ax a (1 + cos θ) a cos θ (1 + cos θ) a (1 + cos θ), igualdad que implica x + y ax a x + y 1 h a 4 (1 + cos θ) a a (1 + cos θ) 1i a. Además, tenemos que ds q (dx) +(dy) q a (1 + cos θ) +sen θdθ a +cosθdθ. Entonces I h x + y ax a x + y 1 i Z π ds a 3 +cosθdθ. Para calcular una primitiva, usamos 1+cosθ cos θ +cosθ cos θ 3 ½ cos θ si θ π, cos θ si π θ π.

4 En consecuencia, Z π a 3 µz π +cosθdθa 3 cos θ Z π dθ cos θ dθ La longitud de la cardioide dada es I l () ds a 3 Ã sen θ Z π π π sen θ π a +cosθdθ8a. π! 8a 3. (b) La integral de línea del campo vectorial dado es I Z π h ydx xdy a sen θ (1 + cos θ) a cos θ (1 + cos θ) i dθ Z π Z π a (1 + cos θ) dθ a 1+cosθ +cos θ dθ Z π µ a 1+cosθ + 1+cosθ dθ a 3θ +senθ + sen θ π 3πa. El área de la región encerrada por la cardioide es a 1 I xdy ydx 3πa. 4

5 Ejercicio 3. onsideremos el sólido V (x, y, z) R 3 : x, z y, x + y 4 ª, yseas la superficie cerrada que limita a V. (a) alcular el área de la parte cilíndrica S 1 de la superficie S. (b) alcular directamente el flujo de salida del campo vectorial F (x, y, z) (x, y, z) atravésdelasuperficie cerrada S. (c) alcular el flujo citado aplicando el teorema deladivergencia. Solución: (a) La parte cilíndrica de la superficie S se define mediante S 1 (x, y, z) R 3 : x, z y, x + y 4 ª. Usando coordenadas cilíndricas x r cos θ, y r sen θ, z z, obtenemos S 1 (θ, z) (cosθ, senθ, z), θ π, z senθ. El producto vectorial fundamental es (S 1 ) θ (S 1 ) z senθ cosθ 1 (cosθ, senθ, ), y tiene la norma k(s 1 ) θ (S 1 ) z k 4. Entonces, el área Z π/ Z senθ Z π/ a (S 1 ) ds dz dθ 4senθdθ[ 4cosθ] π/ 4. S 1 (b) alculamos el flujodesalidadelcampoatravésdelascuatropartesde S, que son la parte cilíndrica S 1, la tapa superior S, el triángulo lateral S 3, ylabases 4. En el punto S 1 (, ) (,, ), el producto (S 1 ) θ (S 1 ) z (, ) (,, ), por lo que tiene la dirección exterior. El flujo de salida a través de S 1 es Z π/ Z senθ F NdS ( cos θ, senθ, z) ( cos θ, senθ, ) dz dθ S 1 Z π/ Z senθ 4 dz dθ 5 Z π/ 8senθdθ[ 8cosθ] π/ 8.

6 La tapa superior S verifica x + y 4, z y, y x. Una parametrización es S (x, y) (x, y, y) donde (x, y) D, siendo D (x, y) R : x, y, x + y 4 ª. alculamos el vector (S ) x (S ) y 1 (, 1, 1), 1 1 que tiene la dirección exterior al plano. El flujodesalidaatravésdes es F NdS (x, y, y) (, 1, 1) dx dy. S D El triángulo lateral S 3 está contenido en el plano x yverifica las desigualdades y, z y. Parametrizamos S 3 (y, z) (,y,z), luego (S 3 ) y (S 3 ) z 1 (1,, ), 1 que tiene la dirección interior al plano (cambiamos el signo). Entonces Z Z y F NdS (,y,z) (1,, ) dz dy. S 3 La base S 4 está contenido en z, verificando x + y 4, y, y x. Una parametrización es S 4 (x, y) (x, y, ) donde (x, y) D. El producto vectorial fundamental es (S 4 ) x (S 4 ) y 1 1 (,, 1), que tiene la dirección interior al plano (cambiamos el signo). Entonces F NdS (x, y, ) (,, 1) dx dy. S 4 D En consecuencia, el flujodesalidadelcampof atravésdes es F NdS8. S 6

7 (c) El teorema de la divergencia de Gauss afirma que el flujodesalidadel campo F a través de S coincide con la integral triple de la divergencia de F, es decir Z F NdS div Fdxdydz. S alculamos div F 3, y usando coordenadas cilíndricas V n(r, θ, z) R 3 : r θ π o, z r sen θ. V omo el jacobiano del cambio de variables es r, la integral triple pedida verifica Z Z π/ Z Z r sen θ Z π/ Z div Fdxdydz3 rdzdrdθ3 r sen θdrdθ V Z π/ r3 3 sen θ dθ 3 [ 8cosθ] π/ 8. Z π/ 8senθdθ 7