Solución Tarea 2 - Departamento de Matemáticas

Universidad de los Andes
Departamento de Matemáticas
MATE1207 Cálculo Vectorial
Tarea 2 – Individual
Entregue en clase a su profesor de la MAGISTRAL la semana 11
(Ma. 16 Oct. – Vi. 19 Oct.)
Segundo Examen Parcial 2P: Sábado 27 de Octubre 7:00 - 9:00 a.m.
1. (4 points) Dada la función
f (x, y) = 2x2 − 4x + y 2 − 4y + 1
y la región R del plano xy acotada por las rectas x = 0, y = 2, y = 2x en el primer
cuadrante.
(a) Encuentre los puntos crı́ticos de f en todo su dominio.
(b) Encuentre los valores máximos y mı́nimos de f en R. ¿En qué puntos de R la
función f obtiene esos valores extremos?. Especifique.
Solution:
(a) El único punto crı́tico en todo el dominio R2 está en B(1, 2). En este punto la
función tiene un mı́nimo global igual a −5.
(b) Observaciones: f (x, y) = 2(x − 1)2 + (y − 2)2 − 5, es decir el gráfico de f es un
paraboloide elı́ptico abierto hacia arriba con vértice 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 triángulo △ABC donde A(0, 0), B(1, 2), C(0, 2) el mı́nimo
está en el vértice B(1, 2) y el máximo en A(0, 0). El valor máximo es 1 y el valor
mı́nimo es −5.
El problema también se puede resolver usando multiplicadores de Lagrange. Como no hay más extremos globales que el mı́nimo global en B(1, 2) se debe usar
tres veces el métoo de multiplicadores de Lagrange, una vez por cada lado del
triángulo △ABC.
2. (4 points) Encuentre la distancia máxima 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 gráfico asociado a esta ecuación es
simétrico
a la recta y = x y sobre ella se encuentran dos puntos O(0, 0)
respecto
3a 3a
y M
. Aplicaremos el método de multiplicadores de Lagrange usando el
,
2 2
cuadrado de la distancia como función objetivo a maximizar f (x, y) = x2 + y 2 , y
como restricción 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 solución buscada no es O(0, 0), entonces podemos suponer que
x 6= 0, y 6= 0 , λ 6= 0. De las dos primeras obtenemos únicamente
x = yque al
3a 3a
. Por
,
reemplazar en la tercera ecuación obtenemos que la solución es M
2 2
lo tanto las dos únicas soluciones encontradas usando el método
demultiplicadores
3a 3a
,
para el cual la
de Lagrange son O = (0, 0) cuya distancia es mı́nima y M
2 2
√
3a 2
.
distancia es máxima y es igual a d =
2
3. (4 points) La densidad poblacional (número de personas por kilómetro cuadrado) de
una ciudad de la costa norte está dada por la siguiente función,
10000ey
f (x, y) =
1 + 0.5|x|
donde x e y están medidos en kilómetros. Encuentre el tamaño de la población dentro
del área rectangular descrito por,
R = {(x, y) | −5 ≤ x ≤ 5, −2 ≤ y ≤ 0}.
10000ey
es simétrico respecto al plano
1 + 0.5|x|
yz, es decir f (−x, y) = f (x, y). Además la regón R también es simétrica respecto al
eje y. Por lo tanto, si d es el tamaño de la población 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 gráfico de la función f (x, y) =
Page 2
4. (4 points) Sea H un hemisferio sólido 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 será (0, 0, 0), luego la función 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 simetrı́a de la figura y de la función 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) Evalúe la siguientes integrales usando coordenadas esféricas o cilı́ndricas,
según 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 región 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 . Además, 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 región 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 sólido 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 rotación 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 cálculo 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 función continua y R la región triangular con vértices
(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 región triangular con vértices (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 región de integración en R3 .
(b) Plantee las cinco integrales triples iteradas restantes según los diferentes órdenes de
integración iterada.
Page 5
Solution: a) La región de integración es el sólido E en Fig. 1.
Figura 1
b1) Dibujamos la proyección del sólido E sobre el plano XOY (ver Fig.2).
Figura 2: la proyección del sólido 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 proyección del sólido E sobre el plano Y OZ (ver Fig.3).
Page 6
Figura 3: la proyección del sólido 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 función 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 solución de la ecuación
b3) Dibujamos la proyección del sólido E sobre el plano XOZ (ver Fig.4, Fig.5).
Figura 4: la proyección del sólido E sobre el plano XOZ
Page 7
Figura 5: sólido E y su proyección sobre el plano XOZ
La parte I de la proyección 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}.
Page 8
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 sólido 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 sólido acotado por las superficies x2 + y 2 − z 2 + 2z = 1, z = 0,
x = 0, y la densidad del sólido es dada por la función d(x, y, z) = z + 1.
(a) Probar que el centro de masa del sólido E esta en el plano y = 0.
(b) Encuentre el centro de masa del sólido E.
Solution: a) Porque la ecuación x2 + y 2 − z 2 + 2z = 1 se puede reescribir en la forma
x2 + y 2 − (z − 1)2 = 0 el sólido E es un semicono con el vértice (0, 0, 1) y la base
x2 + y 2 = 1, x ≥ 0 (x ≤ 0).
Consideremos el caso x ≥ 0. Por la simetrı́a 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 cilı́ndricas:
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
Page 9
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 simetrı́a 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 mı́nimo y máximo de la función f (x, y) = ex+y
sobre el disco D. Porque la función y = ex + 1 es monótona, es suficiente encontrar
los valores extremos de la función g(x, y) = x+y sobre el disco D. Usamos el método
de multiplicadores de Lagrange. Construimos la función
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 máximo
es gmax =
√ de la función 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 máximo de la función f (x, y) = e
√
fmax = e 2 + 1. Por el misma manera
obtenemos que el valor mı́nimo de la función
√
f (x, y) = ex+y + 1 es fmin = e− 2 + 1
Ahora por las propiedades de la integral doble obtenemos que
3 < fmin × Área(D) = (e
√
− 2
+ 1)π ≤
ZZ
ex+y + 1 dA
D
≤ fmax × Área(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 triángulo con vértices (0, 0),
D
RR
Solution: Partiendo la región 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 integración:
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 integración 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 región de integración.
Solution: La región de integración es la región acotada por los planos coordenados
y el plano 6x + 3y + 2z = 6. Ası́ 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
Page 11