examen.2008-1

8/17/2019 Examen.2008-1

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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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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

dθ

= 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

C

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

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