UNIVERSIDAD CATOLICA DE LA SANTISIMA CONCEPCIONFACULTAD DE INGENIERIA

DEPARTAMENTO DE MATEMATICA Y FISICA APLICADAS (DMFA)

CERTAMEN N 3 (PAUTA)

CALCULO III

(IN 1009 C)

1. Problema (15 puntos) Sea f : R3 → R, la funcion definida por

f(x, y, z) = x2z + y2z +2

3z3 − 4x − 4y − 10z + 1.

(a) Determine la naturaleza de todos los puntos crıticos de la funcion f .

(b) Muestre que f no alcanza ni maximo ni mınimo absoluto en R3.

Solucion

Para la funcion f(x, y, z) = x2z + y2z +2

3z3 − 4x− 4y− 10z +1, tenemos que:

(a) Dom(f) = R3 es un conjunto abierto, por tanto, los extremos relativos son local-izados en los puntos criticos y caracterizados por criterio de la segunda derivada.Asi,

• fx = 2xz − 4, fy = 2yz − 4, fz = x2 + y2 + 2z2 − 10

– Si fx = 0, entonces 2xz − 4 = 0, luego x =2

z.

– Si fy = 0, entonces 2yz − 4 = 0, luego y =2

z.

– Si fz = 0, entonces x2 + y2 + 2z2 − 10 = 0

Las soluciones de las igualdades anteriores son los puntosP1(2, 2, 1), P2(−2,−2,−1), P3(1, 1, 2), y P4(−2,−1,−1)

(04 Pts.)La matriz Hessiana de f es dada por:

Hessf(x, y, z) =

fxx fxy fxz

fyx fyy fyz

fzx fzy fzz

⇒ Hessf(x, y) =

2z 0 2x

0 2z 2y

2x 2y 4z

Haciendo ∆1 = fxx, ∆2 =

∣∣∣∣∣∣fxx fxy

fyx fyy

∣∣∣∣∣∣,

∆3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣fxx fxy fxz

fyx fyy fyz

fzx fzy fzz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣,

(04 Pts.)

1

– Para P1(2, 2, 1), ∆1 = 2 > 0, ∆2 = 4 > 0 y ∆3 = −48 < 0 portanto P1 es un punto de silla.

– Para P2(−2,−2, 1), ∆1 = −2 < 0, ∆2 = 4 > 0 y ∆3 = 48 > 0,por tanto P2 es un punto de silla.

– Para P3(1, 1, 2), ∆1 = 4 > 0, ∆2 = 16 > 0 y ∆3 = 96 > 0, portanto P3 es un punto de mınimo relativo.

– Para P4(−1,−1,−2), ∆1 = −4 < 0, ∆2 = 16 > 0 y ∆3 = −96 <0 por tanto P4 es un punto de maximo relativo.

(04 Pts.)

(b) La funcion f no tiene maximos, ni mınimos absolutos en R3, pues no es unafuncion acotada. En efecto, si z = 0, y = 0, entonces tenemos que

f(x, 0, 0) = −4x + 1,

luego

limx→−∞

f(x, 0, 0) = +∞, limx→+∞

f(x, 0, 0) = −∞.

(03 Pts.)

2. Problema (15 puntos) Sea C la curva de interseccion de las superficies

x2 + y2 = 1 y x + y + z = 1

(a) Encontrar los puntos de maximo y de mınimo absoluto de la funcionf(x, y, z) = x2 + y2 + z2 sobre la curva C

(b) Deducir cual es el punto de C mas alejado del origen.

Solucion.

(a) En este caso la funcion de Lagrange es

L(x, y, z, α, β) = x2 + y2 + z2 + α(x2 + y2 − 1) + β(x + y + z − 1).

Al igualar a cero las derivadas parciales de L, obtenemos el sistema de ecuaciones

2x + 2αx + β = 0 (1)

2y + 2αy + β = 0 (2)

2z − β = 0 (3)

x2 + y2 − 1 = 0 (4)

x + y + z − 1 = 0 (5)

(04 Pts.)

Restando (1) y (2) se obtiene (α + 1)(x − y) = 0, es decir, α = −1 o x = y.

• Reemplazando α = −1 en (1) resulta que β = 0 y sustituyendo este valoren (3), encontramos que z = 0. Sustituyendo este valor en (5) y usando (4)nos da x = 0, y = 1 x = 1 e y = 0.

2

• Ahora, si x = y usando (4) y (5) encontramos x = ±√

22

y z = 1 − 2x =

1 ∓√2.

As, los puntos crticos de f son P1 = (0, 1, 0), P2 = (1, 0, 0), P3 =(√

22,√

22, 1 −

√2)

y P4 =(−

√2

2,−

√2

2, 1 +

√2).

(06 Pts.)

Luego,

f(P1) = 1 , f(P2) = 1 , f(P3) = 4 − 2√2 , f(P4) = 4 + 2

√2.

Por lo tanto, el nico punto de maximo absoluto es P4 y los puntos de mınimoabsoluto son P1 y P2.

(03 Pts.)

(b) Si P es un punto sobre la curva C, notando que su distancia al origen es

d(P, 0) =√

x2 + y2 + z2 = f2(x, y, z)

se obtiene por a) que el punto mas alejado del origen esP2 =(−

√2

2,−

√2

2, 1 +

√2).

(02 Pts.)

3. Problema (15 puntos) Sea Ω la region acotada por x + y = 1, x + y = 4,x − y = −1, x − y = 1. Calcular:∫ ∫

Ω

(x + y)2 ex−yd(x, y)

Solucion.

Considerando el cambio de variable (x, y) = T (u, v) dado por u = x+y, v = x−yobtenemos que x = 1

2(u + v), y = 1

2(u − v), con lo cual

• T es una funcion de clase C1(R2)

• T es una aplicacion lineal con kernel(T ) = (0, 0, 0), luego T es biunivoca.

• El jacobiano de T

JT =∂(x, y)

∂(u, v)=

∣∣∣∣ 1/2 1/21/2 −1/2

∣∣∣∣ = −1

2,

es no nulo.

• La region Ω∗ = T−1(Ω) es el rectangulo [1, 4] × [−1, 1].

(06 Pts.)

3

Luego, usando formula del cambio de variables para integrales dobles, tenemos:∫∫Ω

(x + y)2ex−yd(x, y) =

∫∫Ω∗

u2ev

(1

2

)dvdu

=1

2

4∫1

1∫−1

u2evdvdu

=1

2

4∫1

u2(ev)|1−1du

=1

2(e − e−1)

4∫1

u2du

=1

2(e − e−1)

(u3

3

) ∣∣∣41

=21

2(e − e−1).

(09 Pts.)

4. Problema (15 puntos )

(a) Usando integrales dobles, verifique que el volumen de un cilindro de radio basala y altura h es πa2h.

(b) Determinar el volumen de la region del primer octante encerrada por el cilindrox2 = 4 − z y el plano 4x + 3y = 12.

Solucion

(a) Si consideramos el cilindro centrado en el origen y de radio a, entonces la ecuaciondel cilindro es x2+y2 = a2 con 0 ≤ z ≤ h. Ası el volumen del cilindro es dadopor:

V (cilindro) =

∫ ∫Ω

f(x, y)dA

donde Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = a, f(x, y) = h. Usando coordenadaspolares tenemos que:

V (cilindro) =

∫ ∫Ω

f(x, y)dA

=

∫ a

0

∫ 2π

0

hrdθdr

= 2πh

∫ a

0

rdr

= πhr2∣∣∣a0

= πa2h

(08 Pts.)

4

(b) El volumen del solido S encerrado por el cilindro parabolico z = 4 − x2 y elplano 4x + 3y = 12 en el primer octante esta dado por

V (S) =

∫∫Ω

(4 − x2)dyx,

con Ω : 0 ≤ x ≤ 3 , y ≤ 4 −4

3x. Luego,

V (S) =

3∫0

4−43x∫

0

(4 − x2)dydx

=

3∫0

(4 − x2)

(4 −

4

3x − 0

)dx

=

3∫0

(16 −

16

3x − 4x2 +

4

3x3

)dx

=

(16x −

8

3x2 −

4

3x3 +

1

3x4

)|30

= 15.

(07 Pts.)

December 2, 2013JV/LG/MU/NS/MG/mu

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