Tema B - Departamento de Matemáticas

Universidad de los Andes
Departamento de Matemáticas
Segundo Parcial MATE1207 Cálculo Vectorial (Tema B)
1
Question
Points
1
10
2
10
3
10
4
10
5
10
Total:
50
AD
OR
Instrucciones:
Lea cuidadosamente y conteste cada pregunta en la hoja asignada. Escriba
con bolı́grafo negro. No desprenda las hojas. Durante el examen no puede
hablar con compañeros, no puede usar calculadora, celular, apuntes,
cuadernos, textos ni aparatos electrónicos. Escriba todo su análisis si desea
recibir el máximo puntaje. Buena suerte. Tiempo: 120 minutos.
Score
Nombre:
Código:
Firma:
Profesor
01
Mauricio Velasco Grigori
06
Mikhail Malakhaltsev
11
Paul Bressler
16
Marco Boggi
21
Alexander Cardona Guio
26
Jean Carlos Cortissoz Iriarte
Mi sección
RR
Chequee su sección en la tabla−→
Sección
1
BO
Bogotá, Abril 12, 2014
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”
Código:
Pág. 2 de 16
Si su respuesta y justificación son correctas obtendrá el máximo puntaje. Si su respuesta es incorrecta podrá obtener créditos parciales de acuerdo a su justificación.
(a) (5 points) Evaluar la integral
R1R2
1
2x (1+y 2 )3
0
dydx.
AD
OR
(b) (5 points) Hallar la masa de la placa acotada por las curvas x+3y 2 = 0 y x−y 2 +4 = 0
con densidad δ(x, y) = y 2 .
Respuesta: (a)
(b)
RR
Solution: a) La región de integración es el triángulo acotado por las rectas x = y/2,
x = 2, y = 0.
La región de integración Ejercicio 1
Entonces
Z 1Z
0
2
2x
1
dy dx =
(1 + y 2)3
BO
1.
Tema B
Z
0
2
Z
0
y/2
1
dx dy =
(1 + y 2)3
Z
0
2
y
3
dy = .
2
3
2(1 + y )
25
RR
b) La masa de la placa M = D δ dA donde la región de integración D es acotado por
las gráficas x + 3y 2 = 0 y x − y 2 + 4 = 0. Encontraremos los puntos de intersección de
las gráficas del sistema
x = −3y 2 , x = y 2 − 4 ⇒ x = −3y 2 , y 2 = 1 ⇒ y = ±1, x = −3
y son A(−3, 1), B(−3, −1).
Problema 1 continúa en la página siguiente. . .
Prob. 1 cont.. . .
Código:
Entonces la masa
ZZ
Z
M=
δ dA =
D
1
−3y 2
2
y dx dy = 2
y 2 −4
Z
1
y 2(4 − 4y 2) dy =
0
Pág. 3 de 16
16
.
15
AD
OR
−1
Z
Tema B
La región de integración Ejercicio 1 b)
Respuesta: (a)
(b)
3
25
16
15
RR
Pautas de corrección:
Reglas generales:
Cada error en cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -2
Cada error aritmético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -1
El “camino” sin solución correcta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0
Créditos parciales:
En a) y b)
BO
Plantear integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Resolver integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Problema 1 continúa en la página siguiente. . .
Código:
Tema B
BO
RR
AD
OR
Prob. 1 cont.. . .
Pág. 4 de 16
Código:
2. (10 points)
Tema B
Pág. 5 de 16
Si su respuesta y justificación son correctas obtendrá el máximo puntaje. Si su res-
puesta es incorrecta podrá obtener créditos parciales de acuerdo a su justificación.
AD
OR
La distribución de temperatura de una placa metálica
D = (x, y) | x2 + y 2 − 4y − 5 ≤ 0
es dada por la función T (x, y) = ln(1 + x2 + y 2). Encontrar los puntos más calientes y más
frı́os de la placa.
Respuesta:
Puntos más frı́os:
Puntos más calientes:
Solution: Como la función ln(1 + t) crece, las funciones T (x, y) = ln(1 + x2 + y 2 ) y
Q(x, y) = x2 + y 2 toman valores máximos (mı́nimos) en los mismos puntos. Entonces
para hallar los puntos más calientes y más frı́os podemos optimizar la función Q(x, y).
La función Q(x, y) = x2 + y 2 tiene un punto crı́tico A(0, 0) y el punto pertenece a la
placa pues 02 + 02 − 4 · 0 − 5 ≤ 0.
RR
Encontraremos los puntos crı́ticos de la restricción de la función Q(x, y) a la frontera
de la placa. La frontera viene dada por la ecuación x2 + y 2 − 4y − 5 = 0, entonces
necesitamos optimizar la función objetivo Q(x, y) = x2 +y 2 bajo la restricción G(x, y) =
x2 + y 2 − 4y − 5 = 0.
Consideremos la función de Lagrange F (x, y, λ) = Q(x, y) + λG(x, y) = x2 + y 2 + λ(x2 +
y 2 − 4y − 5) y encontraremos sus puntos crı́ticos
 ∂F

 ∂x = 2x + 2λx = 0
 x(1 + λ) = 0
∂F
=
2y
+
2λy
−
4λ
=
0
y + λy − 4λ = 0
⇒
∂y
 ∂F
 2
2
2
x + y 2 − 4y − 5 = 0
= x + y − 4y − 5 = 0
∂λ
De la primera ecuación tenemos que x = 0 o λ = −1.
BO
Si x = 0, entonces y 2 − 4y − 5 = 0 y luego y = −1 o y = 5. De la segunda ecuación
hallamos valores de λ correspondientes: para y = −1 tenemos λ = 1/5 y, para y = 5,
λ = −1.
Si λ = −1, la segunda ecuación nos da la constradicción 4 = 0.
Por lo tanto tenemos dos soluciones del sistema: (x = 0, y = −1, λ = 1/5) y (x = 0, y =
5, λ = −1), y entonces tenemos dos puntos crı́ticos B(0, −1) y C(0, 5).
Ahora bien, encontramos los valores de la función Q: Q(A) = 0, Q(B) = 1, Q(C) = 26.
Entonces el punto más frı́o es el punto A y más caliente es el punto C.
Problema 2 continúa en la página siguiente. . .
Prob. 2 cont.. . .
Código:
Tema B
Pág. 6 de 16
Respuesta:
AD
OR
Observación. La función objetiva es |OM|2 , donde O es el origen del sistema de coordenadas, entonces los puntos más frı́os son los puntos más cercanas al origen y los
puntos más calientes son los puntos más lejanos del origen. Como se puede reescribir
x2 + y 2 − 4y − 5 ≤ 0 en la forma x2 + (y − 2)2 ≤ 9, la placa es el disco con el centro
(0, 2) y radio 3. Ahora la respuesta está clara del gráfica:
Puntos más frı́os: (0, 0)
RR
Puntos más calientes: (0, 5)
Pautas de corrección:
Reglas generales:
Cada error en cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -2
Cada error aritmético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -1
El “camino” sin solución correcta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0
BO
Créditos parciales:
Puntos crı́ticos interiores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Puntos crı́ticos en la frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4
La conclusión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Problema 2 continúa en la página siguiente. . .
Código:
Tema B
BO
RR
AD
OR
Prob. 2 cont.. . .
Pág. 7 de 16
Código:
3. (10 points)
Tema B
Pág. 8 de 16
Si su respuesta y justificación son correctas obtendrá el máximo puntaje. Si su res-
puesta es incorrecta podrá obtener créditos parciales de acuerdo a su justificación.
Evaluar
ZZ
x
dA,
y
AD
OR
D
donde D es la región en el primer cuadrante del plano (x > 0, y > 0) acotada por las
curvas: y = 2x, y = 4x, y = 1/x, y = 2/x. Ayuda: usar el cambio de coordenadas u = xy,
v = y/x.
Respuesta:
Solution: Reescribimos las ecuaciones de las curvas en la forma y/x = 2, y/x = 4,
xy = 1 y xy = 2. Entonces la región de integración D ′ con respecto a las coordenadas
(u, v) es el rectángulo 1 ≤ u ≤ 2 y 2 ≤ v ≤ 4.
RR
Las regiones de integración D y D ′ :
Ahora la matriz de Jacobi
BO
D(u, v)
=
D(x, y)
∂u
∂x
∂v
∂x
∂u
∂y
∂v
∂y
=
y x
− xy2 x1
=
D(u,v)
entonces el Jacobiano det D(x,y)
= 2y/x = 2v.
Entonces el Jacobiano del cambio inverso es
∂x
D(x, y)
= ∂u
∂y
D(u, v)
∂u
∂x
∂v
∂y
∂v
1
.
2v
Problema 3 continúa en la página siguiente. . .
Prob. 3 cont.. . .
x
dx dy =
y
D
ZZ
1 1
· | | du dv =
v 2v
Z
D′
Tema B
4
2
Z
1
2
1
du dv =
2v 2
Z
2
4
Pág. 9 de 16
1
1
dv = .
2
2v
8
AD
OR
Por lo tanto
ZZ
Código:
1
8
Respuesta:
Pautas de corrección:
Reglas generales:
Cada error en cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -2
Cada error aritmético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -1
El “camino” sin solución correcta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0
Créditos parciales:
olvidar Jacobiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -5
olvidar el valor absoluto del Jacobiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -2
D(u,v)
D(x,y)
en lugar del Jacobiano correcto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -3
BO
RR
tomar el Jacobiano
Problema 3 continúa en la página siguiente. . .
Código:
Tema B
BO
RR
AD
OR
Prob. 3 cont.. . .
Pág. 10 de 16
Código:
4. (10 points)
Tema B
Pág. 11 de 16
Si su respuesta y justificación son correctas obtendrá el máximo puntaje. Si su res-
puesta es incorrecta podrá obtener créditos parciales de acuerdo a su justificación.
Respuesta:
AD
OR
p
Encuentre el valor promedio de la función f (x, y, z) = 2 x2 + y 2 + z 2 sobre el sólido
E = (x, y, z) | y ≥ 0, z ≥ 0, x2 + y 2 + z 2 ≤ 16 .
Solution: El valor promedio de la función f sobre el sólido E es
RRR
f dV
E
¯
f=
.
V ol(E)
BO
RR
El sólido E
Como E es un carto de la esfera de radio R = 4, usando la fórmula de volumen de la
esfera V = 34 πR3 obtenemos que V ol(E) = 64π/3.
′
En coordenadas esfericas el sólido E se representa como
pel paralelipipedo E : 0 ≤ ρ ≤ 4,
0 ≤ ϕ ≤ π/2, 0 ≤ θ ≤ π y el integrando f (x, y, z) = 2 x2 + y 2 + z 2 = 2ρ.
Problema 4 continúa en la página siguiente. . .
Prob. 4 cont.. . .
Código:
Tema B
Pág. 12 de 16
Entonces,
ZZZ
p
2
2
2
2ρ · ρ2 sin ϕ dρ dϕ dθ
2 x + y + z dV =
′
E
E
Z π Z π/2 Z 4
=2
ρ3 sin ϕdρ dϕ dθ
0
0
0
Z π
Z π/2
Z 4
=2
dθ ×
sin ϕ dϕ ×
ρ3 dρ = 2π × 1 × 64 = 128π,
AD
OR
ZZZ
0
y por lo tanto
0
0
128π
= 6.
f¯ =
64π/3
Respuesta:
6
Pautas de corrección:
Reglas generales:
Cada error en cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -2
Cada error aritmético . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -1
RR
El “camino” sin solución correcta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0
Créditos parciales:
Si la respuesta no es un numero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -10
Si aparece una definicion errada de valor promedio o si se utiliza una formula equivocada
para calcular el mismo o si no aparece una definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -6
Si hay cualquier error en el planteamiento de la integral del numerador del valor promedio (ya sea en los limites de integracion o en no poner el jacobiano al cambiar de
variable) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -3
BO
Si hay cualquier error en el calculo de la integral planteada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -2
Problema 4 continúa en la página siguiente. . .
Código:
Tema B
BO
RR
AD
OR
Prob. 4 cont.. . .
Pág. 13 de 16
Código:
Pág. 14 de 16
No hay créditos parciales. Las cinco partes no están relacionadas.
AD
OR
Llene la casilla en blanco con F (Falso) o V (Verdadero), según sea el caso.
R 1 hR √1−x2 i
(a) (2 points) La integral iterada 0 0
dy dx es igual a π/4. . . . . . . . . . . . . . . . .
RR
(b) (2 points) D (1+x2 +y 2 ) dA = −1, 25 donde D = {(x, y) | −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1}.
..........................................................................
(c) (2 points) El punto (0, 0) es un punto de mı́nimo local de la función f (x, y) = 2x2 +y 2.
......................................................................
(d) (2 points)
ZZ
y dA =
Z
2π
π
D
Z
2
r 2 sin θ dr dθ,
0
donde D = {(x, y) | y ≤ 0, x2 + y 2 ≤ 4}. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(e) (2 points) La integral iterada
Z
1
0
Z
0
1−z
Z
1−x−z
dydxdz
0
es igual al volumen del tetraedro ABCD (ver Figura 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
z
RR
D(0, 0, 1)
y
C(0, 1, 0)
A(0, 0, 0)
BO
5.
Tema B
B(1, 0, 0)
x
Figure 1. El tetraedro ABCD.
Solution:
(a) La integral iterada
R 1 hR √1−x2
0
0
i
dy dx es igual a π/4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V
Problema 5 continúa en la página siguiente. . .
Prob. 5 cont.. . .
(b)
RR
D
Código:
Tema B
Pág. 15 de 16
(1 + x2 + y 2) dA = −1, 25 donde D = {(x, y) | −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1}.
...................................................................... F
(c) El punto (0, 0) es un punto de mı́nimo local de la función f (x, y) = 2x2 + y 2.
(d)
AD
OR
.................................................................. V
ZZ
y dA =
2π
Z
π
D
Z
2
r 2 sin θ dr dθ,
0
donde D = {(x, y) | y ≤ 0, x2 + y 2 ≤ 4}. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V
(e) La integral iterada
Z
1
0
Z
0
1−z
Z
1−x−z
dydxdz
0
BO
RR
es igual al volumen del tetraedro ABCD (ver Figura 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V
Problema 5 continúa en la página siguiente. . .
Código:
Tema B
BO
RR
AD
OR
Prob. 5 cont.. . .
Pág. 16 de 16