1 S - Departamento de Matemáticas

Universidad de los Andes
Departamento de Matemáticas
MATE1207 Cálculo Vectorial
Solución Segundo Parcial — (26/09/2006) 1
Sección Magistral (Profesor: José Ricardo ARTEAGA B.)
Prob.
Valor
1
20
2
15
3
15
4
15
Total
50
Puntos
Nombre:
Código:
Secciones:
(6) L.E.Ramirez
(7) M.A.Velasquez
(8) L.E.Ramirez
(9) M.A.Velasquez
Sección:
El primer punto es OBLIGATORIO, y su justificación debe ser muy corta pero clara. ESCOJA DOS
problemas entre 2., 3. y 4.
1. Conteste Falso (F) o Verdadero (V) según el caso. Justificación corta en la hoja de examen.
p
(a) La función f (x, y) = 3 x4 + y 4 no tiene valores ni máximo ni mı́nimo globales.
Sol. Tiene un punto crı́tico en (0, 0), el cual es un mı́nimo absoluto.
F
F
(b) Si ∇f (P0 ) = 0, entonces f tiene un valor extremo en P0
Sol. Contraejemplo f (x, y) = xy, el gradiente se anula en (0, 0) y es un punto de silla.
(c) Si f (x, y) = ln x, entonces ∇f (x, y) = 1/x
Sol. El gradiente es un vector.
F
d
(d) Si r(t) es diferenciable, entonces
|r(t)| = |r0 (t)|
dt
Sol.
r(t) · r0 (t)
d
|r(t)| =
dt
|r(t)|
F
(e)
x2 + sin2 y
F
=0
(x,y)→(0,0) 2x2 + y 2
Sol. Por el camino x = 0 (eje “y”) el lı́mite es igual a 1, y por el camino y = 0 (eje “x”) el
lı́mite es igual a 1/2
lim
2. La hélice r1 (t) = cos ti + sin tj + tk intersecta a la curva r2 (t) = (1 + t)i + t2 j + t3 k en el punto
(1, 0, 0). Encuentre el ángulo de intersección de estas curvas.
Solución La intersección ocurre en t = 0 y el ángulo entre las curvas es el ángulo entre sus vectores
tangentes.
r01 (0) = h0, 1, 1i r02 (0) = h1, 0, 0i =⇒ r01 (0) · r02 (0) = 0 ∴ θ = cos−1
r01 (0) · r02 (0)
= π/2
|r01 (0)||r02 (0)|
(1)
1 El juramento del uniandino dice: “Juro solemnemente abstenerme de copiar o de incurrir en actos que pueden conducir
a la trampa o al fraude en las pruebas académicas, o en cualquier otro acto que perjudique la integridad de mis compañeros
o de la misma Universidad”
3. Encuentre los puntos de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 donde el plano tangente es paralelo al plano
2x + y − 3z = 2.
Solución La esfera dada Σ se puede tratar como la superficie de nivel cero para la función
F (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1 y entonces el gradiente ∇F (x, y, z) en cualquier punto P (x, y, z)
de Σ es ortogonal al plano tangente a Σ en P . Por otro lado sabemos que un vector normal al plano
−
2x + y − 3z = 2 es: →
n = h2, 1, −3i. Estos dos vectores deben ser proporcionales,
−
∇(P ) = µ→
n
(2)
donde µ es una constante de proporcionalidad. Resolviendo (2), tenemos:
h2x, 2y, 2zi = µh2, 1, −3i =⇒ x = µ y = µ/2 z = −3µ/2
2
2
Dado que el punto P (µ, µ/2, −3µ/2) ∈ Σ, entonces µ2 + µ4 + 9µ4 = 1. Resolviendo tenemos
µ = ± √214 .
Finalmente tenemos dos puntos sobre Σ que satisfacen la condición dada y ellos son:
2
1
3
Pi = ± √ , ± √ , ∓ √
14
14
14
4. Una caja (paralelepı́pedo) rectangular cuyas aristas son paralelas a los planos coordenados está
inscrita (dentro) en el elipsoide 36x2 + 4y 2 + 9z 2 = 36. Hallar el máximo volumen posible de dicha
caja.
Solución Usaremos multiplicadores de Lagrange. Sean f (x, y, z) = 8xyz la función objetivo a
optimizar y g(x, y, z) = 36x2 + 4y 2 + 9z 2 = 36 la función restricción. El sistema ∇f = λ∇g g = 36
tiene solución:
8yz
= 72λx (1)
8xz
= 8λy (2)
8xy
= 18λz (3)
36x2 + 4y 2 + 9z 2 =
36
(4)
Las cantidades x, y y z son cantidades positivas, pues son medidas. Si alguna de ellas es cero el
volumen serı́a igual a cero y éste es el valor mı́nimo del volumen. Por lo tanto consideraremos que
las tres cantidades son estrictamente positivas y el valor de λ también.
Dividiendo (1) entre (2) y (2) entre (3)√ tenemos que y =√3x y 3z = 2y = 6x respectivamente.
√
Reemplazando en (4) tenemos que x = 33 , y = 3 y z = 2 3 3 .
El volumen máximo por lo tanto es:
V =8
√ !
3
3
√ !
3
1
Tiempo: 50 minutos
Buena Suerte!
2
√ !
2 3
16
=√
3
3