Secciones: 7 y 8 Solución del Segundo Parcial — (02/03/2004) 1

U NIVERSIDAD DE LOS A NDES
D EPARTAMENTO DE M ATEM ÁTICAS
MATE1207 Cálculo Vectorial - Secciones: 7 y 8
Solución del Segundo Parcial — (02/03/2004) 1
Profesores: Oscar Casas y José Ricardo Arteaga
El primero y el segundo punto son obligatorios, de los otros tres escoja DOS.
1. [valor 1.5]
Determine la naturaleza de los puntos crı́ticos de
f (x, y) = xy +
1 8
+
x y
S OLUCI ÓN . El campo escalar dado es suave en todo su dominio (R2 \{(0, 0)}). Para determinar
sus puntos crı́ticos:
(
y − x12 = 0, (1);
1
8
∇ f (x, y) = y − 2 , x − 2 = (0, 0) ⇒
x − y82 = 0, (2);
x
y
⇒
x2 y = 1,
xy2 = 8,
(3);
⇒
(4);
x2 8x = 1 ⇒ x3 =
1
8
x2 y2 = y,
x2 y2 = 8x,
(5);
⇒ y = 8x
(6);
reemplazando en (3), tenemos
∴
x=
1
⇒y=4
2
Por lo tanto la función solamente tiene un punto crı́tico (1/2, 4). Ahora aplicamos el criterio de
la segunda derivada para decidir su naturaleza.
f xx f xy x23 1 16 1 =
D = ⇒
D(1/2,
4)
=
1 1 f yx f yy 1 16
4
y3 Dado que D(1/2, 4) = 3 > 0 y que f xx (1/2, 4) = 16 > 0, entonces el punto crı́tico (1/2, 4) es un
mı́nimo local.
2. [valor 1.5]
a) Identifique la gráfica del campo vectorial con su respectiva ecuación.
1) F1 (x, y) = yi − xj
2) F2 (x, y) = yi + xj
3) F3 (x, y) = xi + yj
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”
4) F4 (x, y) = yi + j
b) Cuáles de los anteriores campos vectoriales son incompresibles?.
c) Cuáles de los anteriores campos vectoriales son irrotacionales?.
d) Dibuje sobre las gráficas dadas sus respectivas lineas de flujo.
S OLUCI ÓN .
a) La gráfica I (Superior izquierda) corresponde al campo # 3).
La gráfica II (Superior derecha) corresponde al campo # 2).
La gráfica III (Inferior izquierda) corresponde al campo # 1).
La gráfica IV (Inferior derecha) corresponde al campo # 4).
b) Son incompresible los campos # 1), 2),y 4).
c) Son irrotacionales los campos # 2), y 3).
Justificación.
∇ · F1 = 0,
∇ × F1 = (0, 0, −2),
∇ · F2 = 0,
∇ · F3 = 2,
∇ × F2 = (0, 0, 0),
∇ · F4 = 0.
∇ × F3 = (0, 0, 0),
∇ × F4 = (0, 0, −1).
d) Las lı́neas de flujo de los campos:
# 1 son circunferencias concéntricas con centro en el origen.
# 2 son hipérbolas equiláteras.
# 3 son rectas que pasan por el origen.
# 4 son parábolas abiertas hacia la derecha con eje de simetrı́a sobre el eje x.
Justificación.
dy
Q
Para Fi = (P, Q), la solución de la ecuación diferencial
= , ecuación que resulta de la
dx
P
definición de lı́neas de flujo (F(c(t)) = c0 (t)), es para respectivamente:
dy
−x
=
⇒ ydy = −xdx ⇒
dx
y
Z
dy
x
= ⇒ ydy = xdx ⇒
dx
y
Z
Z
ydy = −
Z
ydy =
xdx ⇒ x2 + y2 = c2
xdx ⇒ x2 − y2 = c
Depende del valor de c si las hipérbolas son horizontales o verticales.
dy
y
dy
dx
= ⇒
=
⇒
dx
x
y
x
Z
dy
=
y
Z
dx
⇒ ln y = ln x + ln c ⇒ y = cx
x
Z
Z
dy
1
= ⇒ ydy = dx ⇒ ydy = dx ⇒ y2 = x + c
dx
y
3. [valor 1.0]
Sea c(t) una trayectoria, v(t) su velocidad y a(t) la aceleración. Supóngase que F es una aplicación C1 de R3 a R3 , m > 0, y F(c(t)) = ma(t). Demostrar que
d
[mc(t) × v(t)] = c(t) × F(c(t))
dt
S OLUCI ÓN .
d
[mc(t) × v(t)] = mc’(t) × v(t) + mc(t) × v0 (t) = mv(t) × v(t) + c(t) × ma(t) = ~0 + c(t) × ma(t) = c(t) × F(c(t))
dt
2
4. [valor 1.0]
2
Encuentre una aproximación cuadrática para la función f (x, y) = e(x−1) cos y, alrededor del
2
punto (1, 0) y halle el valor aproximado de e(0,99) cos(0,01).
S OLUCI ÓN .
df
df
d2 f
|(1,0) = (2 ∗ x − 2) ∗ exp((x − 1)2 ) ∗ cos(y)|(1,0) =
|(1,0) = − exp((x − 1)2 ) ∗ sin(y)|(1,0) 2 |(1,0) = 2 ∗ exp((x − 1)2 ) ∗
dx
dx
dx
f (x, y) = 1 − 1/2 ∗ y2 + (x − 1)2 + R2 ⇒ f (h1 , h2 ) = 1 − 1/2 ∗ h22 + (h1 − 1)2
5. [valor 1.0]
Halle las dimensiones del rectángulo de área máxima que puede inscribirse dentro de la elipse
x2
+ y2 = 1.
4
S OLUCI ÓN .
La función objetivo (la que se va optimizar) es el área A = f (x, y) = 4xy y la función restricción
x2
(codicionamiento) es g(x, y) =
+ y2 − 1 bajo la condición que g(x, y) = 0.
4
Aplicando el método de Lagrange tenemos:


1 2
1
(3);
 4y = 2 xλ,
 4xy = 2 x λ,
∇ f = λ∇g, (1);
4x = 2yλ,
(4); ⇒
4xy = 2y2 λ,
⇒
g(x, y) = 0, (2);
 x2

x2
2
2
4 + y = 1, (5).
4 + y = 1,
(
(6);
(7); ⇒
(8).
1 2
2
2 x λ = 2y λ,
2
x
2
4 + y = 1,
El valor de λ debe ser diferente de cero, pues si es cero x = y = 0 que no es obviamente solución
al problema. Por lo tanto de la ecuación (9) se deduce que x = 2y.(Los valores negativos de las
soluciones los despreciamos, debido a√la naturaleza del problema. Reemplazando esto en la
√
ecuación (10), tenemos la solución y = 22 y x = 2.
√
√
Las dimensiones por tanto de la base del rectángulo de área máxima es 2 2 y la altura 2.
3
(9);
(20).