examen.2008-1

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8/17/2019 Examen.2008-1 http://slidepdf.com/reader/full/examen2008-1 1/6 UNIVERSIDAD DE CONCEPCION FACULTAD DE CIENCIAS FISICAS Y MATEMATICAS DEPARTAMENTO DE MATEMATICA GAJ/EBC/JRC/IF/HPV/hpv. Evaluación de Recuperación 521227. 1. Sea  w  =  f  (x,y,z )  una función diferenciable e introduzca las coordenadas cilíndricas  ( r,θ,z )  definidas por: x =  r cos θ , y  =  r sin θ , z  = z para obtener la función  w  =  F  ( r,θ,z ) =  f  ( r cos θ, r sin θ, z ). Obtenga la ex- presión en coordenadas cartesianas (en términos de los vectores  ˆ ı,  ˆ  ,  ˆ k) para ∂w ∂r  ·  ˆ u r  +  1 r ∂w ∂θ  ·  ˆ u θ  +  ∂w ∂z  · ˆ k donde,  ˆ u r  = cos θ · ˆ ı + sin θ · ˆ    y  ˆ u θ  = − sin θ · ˆ ı + cos θ · ˆ    . (10 puntos) Por regla de la cadena: ∂w ∂r  =  ∂w ∂x  cos θ +  ∂w ∂y  sin θ +  ∂w ∂z  0 ∂w ∂θ  =  ∂w ∂x  (r sin θ) +  ∂w ∂y  (r cos θ) +  ∂w ∂z  0 ∂w ∂z  =  ∂w ∂x  0 +  ∂w ∂y  0 +  ∂w ∂z  1  (7 puntos) y luego ∂w ∂r  ·  ˆ u r  +  1 r ∂w ∂θ  ·  ˆ u θ  +  ∂w ∂z  · ˆ k = ∂w ∂x  cos θ +  ∂w ∂y  sin θ (cos θ · ˆ ı + sin θ · ˆ  ) + ∂w ∂x  sin θ +  ∂w ∂y  cos θ (sin θ · ˆ ı + cos θ · ˆ  ) + ∂w ∂z  1 · ˆ k =  ∂w ∂x  · ˆ ı +  ∂w ∂y  · ˆ   +  ∂w ∂z  · ˆ k  (3 puntos)

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8/17/2019 Examen.2008-1

http://slidepdf.com/reader/full/examen2008-1 1/6

UNIVERSIDAD DE CONCEPCION

FACULTAD DE CIENCIAS FISICAS Y MATEMATICAS

DEPARTAMENTO DE MATEMATICA

GAJ/EBC/JRC/IF/HPV/hpv.

Evaluación de Recuperación521227.

1. Sea   w   =   f  (x,y,z  )   una función diferenciable e introduzca las coordenadascilíndricas  (r,θ,z )  definidas por:

x =  r cos θ , y =  r sin θ , z  = z 

para obtener la función  w  =  F  (r,θ,z ) =  f  (r cos θ, r sin θ, z ). Obtenga la ex-presión en coordenadas cartesianas (en términos de los vectores   ı,   ˆ ,   k) para

∂w

∂r · ur +

 1

r

∂w

∂θ · uθ +

 ∂w

∂z  · k

donde,   ur  = cos θ · ı + sin θ · ˆ    y   uθ  = − sin θ · ı + cos θ · ˆ  .

(10 puntos)

Por regla de la cadena:

∂w

∂r  =

  ∂w

∂x cos θ +

 ∂w

∂y  sin θ +

 ∂w

∂z   0

∂w

∂θ  =

  ∂w

∂x (−r sin θ) +

 ∂w

∂y  (r cos θ) +

 ∂w

∂z   0

∂w

∂z   =

  ∂w

∂x  0 +

 ∂ w

∂y  0 +

 ∂w

∂z   1   (7 puntos)

y luego

∂w

∂r  · ur +

 1

r

∂w

∂θ  · uθ +

 ∂w

∂z  ·k

=

∂w

∂x cos θ +

 ∂w

∂y  sin θ

(cos θ · ı + sin θ · ˆ )

+

−∂w

∂x sin θ +

 ∂w

∂y  cos θ

(− sin θ · ı + cos θ · ˆ ) +

∂w

∂z   1

· k

=  ∂w

∂x · ı +

 ∂w

∂y · ˆ  +

 ∂w

∂z  · k   (3 puntos)

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8/17/2019 Examen.2008-1

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2. Sea  C  la curva intersección de las superficies  x  + 2y + z  = 10   y   z  = x2 + y2.Encontrar el punto de  C  más próximo del origen.

(15 puntos)

La distancia del punto  P   = (x,y,z  )  al origen está dada pord (x,y,z  ) =

 x2 + y2 + z 2.

Se debe encontrar el mínimo de esta función para puntos sobre la curva  C .

Ahora, como la función raíz cuadrada es creciente en su dominio, el problemaes encontrar el mínimo absoluto de

f  (x,y,z  ) =   x2 + y2 + z 2

s.a. :   x2 + y2 − z  = 0

:   x + 2y + z  = 10   (4 puntos)

Aplicando el método de multiplicadores de Lagrange se resuelve el sistema

2x = 2xλ + µ

2y = 2yλ + 2µ

2z  = −λ + µ

x2 + y2 − z  = 0x + 2y + z  = 10

(4 puntos)

Para esto se multiplica la primera ecuación por  2  y se asocia con la segunda

para eliminar  µ  y obtener2 (2x − y) (λ − 1) = 0

de donde se sigue que  y  = 2x ∨   λ = 1

Para  y = 2x  la últimas dos ecuaciones dan

5x2 − z    = 0

5x + z    = 10

y se obtiene x2

+ x−2 = (x + 2) (x − 1) = 0. Así resulta x  = −2 ∨   x = 1Ahora,  x = −2  determina  y  = −4   , z  = 20  y el sistema

−4λ + µ   =   −4

−8λ + 2µ   =   −8

−λ + µ   = 40

tiene solución  λ  =   44

3 , µ =   164

3  .

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x = 1  determina  y = 2  , z  = 5  y el sistema

2λ + µ   = 2

4λ + 2µ   = 4

−λ + µ   = 10

tiene solución  λ  = −8

3, µ =   22

3

Para  λ  = 1   las tres primeras ecuaciones determinan  µ  = 0  y  z  = −1

2  lo

que indica que la cuarta ecuación no tiene solución.

Así el sistema nos entrega sólo dos puntos de la curva:  P 1 = (1, 2, 5)  yP 2 = (−2, −4, 20)

Al evaluar   f  (1, 2, 5) = 30   y   f  (−2, −4, 20) = 420   se concluye que   P 1   es elpunto de la curva más próximo del origen.

(7 puntos)

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3. En  R2 sean   D   :   x +  y ≤  1, x ≥  0, y ≥  0  y   f   la función definida en   D  por

f  (x, y) =x−yx+y

4

si (x, y) = (0, 0)  y  f  (0, 0) = 1

a) Muestre que f  es acotada en D y que el conjunto de puntos de discontinuidad

tiene medida cero.b) Calcule la integral doble

 D

f  (x, y) d (x, y) =

 D

x − y

x + y

4

d (x, y)   (13 puntos)

a) ∀ (x, y) ∈ D − {(0, 0)} :x−yx+y

=   |x−y|x+y

 ≤  |x|+|y|x+y

  = 1 ⇒ |f  (x, y)| =x−yx+y

4 ≤ 1

La función  f  es continua en todos los puntos del conjunto  D − {(0, 0)}  (com-puesta de funciones continuas) y es discontinua en  (0, 0) . El conjunto {(0, 0)}tiene medida cero. (5 puntos)b) Mediante el cambio de variables lineal  T −1 :

u   =   x − y

v   =   x + y

con JT  (x, y) =   1

2, la región  D  se transforma en  A :

0   ≤   v ≤ 1

−v   ≤   u ≤ v

y así 

 D

x − y

x + y

4

d (x, y) =

 A

u

v

4 1

2d (u, v)

=  1

2

   1

0

   v−v

v−4u4dudv

=  1

2

   1

0

2

5vdv

=

  1

10   (8 puntos)

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4. Para   x >   0.   Calcule el volumen de la región acotada superiormente por laesfera  x2 + y2 + z 2 = 2a2 e inferiormente por el paraboloide  az  = x2 + y2.(a  es un número real positivo fijo)

(12 puntos)

Intersección de las superficies.-

x2 + y2 + z 2 = 2a2

az  =  x2 + y2   ⇒ z 2 + az − 2a2 = 0

con única solución positiva  z  =  a

Además para  z  =  a  se obtiene  x2 + y2 = a2.

Por último, consideramos que  x >  0  para describir la región en coordenadascilíndricas:

−π

2   ≤  θ

 ≤ π

20   ≤   r ≤ a

r2

a  ≤   z  ≤

√ 2a2 − r2 (6 puntos)

El volumen está dado por

V    =

   π/2−π/2

   a0

 √ 2a2−r2

r2/a

rdzdrdθ

=    π/2

−π/2    a

0r

√ 2a2

−r2

 1

a

r3 drdθ

=

   π/2−π/2

−1

3

2a2 − r2

3/2 −   1

4ar4 |a0  dθ

=

   π/2−π/2

−1

3a3 −  1

4a3 +

√ 8

3  a3

=   πa3

√ 8

3  −   7

12

  (6 puntos)

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5. Con    F (x,y,z  ) =

  2xzx2+y2

 + y + 1

ı +

  2yzx2+y2

 + x + 2

ˆ  + (ln (x2 + y2) + 3) k

y   C   la curva intersección del plano   y −  z   = 0   con la porción de cilindrox2 + y2 = 1 ∧   0 ≤ z  ≤ 2, calcule la integral

 C  F  · dr

(10 puntos)

Si se busca un potencial  f   :∂f ∂x

 =   2xzx2+y2

 + y + 1 ⇒ f (x,y,z  ) = z  ln(x2 + y2) + xy + x + g(y, z ).

Ahora,   ∂f ∂y

  =   2yzx2+y2

 + x +   ∂g∂y

 =   2yzx2+y2

 + x + 2 ⇒   ∂g∂y

  = 2  y  g (y, z ) = 2y + h(z ).

De este modo,  f (x,y,z  ) = z ln(x2 + y2) + xy + x + 2y + h(z )  y∂f ∂z

 = ln(x2 + y2) + h′(z ) = ln (x2 + y2) + 3 ⇒ h′(z ) = 3  y  h(z ) = 3z 

Por lo tanto, un potencial para  F   es:

f (x,y,z  ) = z  ln(x2 + y2) + xy + x + 2y + 3z    (5 puntos)

Geométricamente se ve que C  es una curva abierta que va del punto  (−1, 0, 0)al punto  (1, 0, 0)  (o en sentido contrario), luego 

F   = f (1, 0, 0) − f (−1, 0, 0) = 1 + 1 = 2   (5 puntos)

Una alternativa es usar la parametrización

x(t) = cos t, y(t) = sin t, z (t) = sin t   con 0 ≤ t ≤ π

la que orienta la curva en sentido contrario al desarrollo anterior. Se tieneentonces: C 

F    =

   π0

(2cos t sin t + sin t + 1) (− sin t) +

2sin2 t + cos t + 2

cos t + 3 cos t

dt

=

   π0

− sin t + 2 cos2 t + 5 cos t − 1

dt = −2

Tiempo: 100 minutos.

04/07/2008