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UNIVERSIDAD CATOLICA DE LA SANTISIMA CONCEPCIONFACULTAD DE INGENIERIA
Departamento de Matematica y Fsica Aplicadas
PAUTA CERTAMEN 3CALCULO III (IN1009C)
Problema 1. (15 puntos.) Una caja rectangular sin tapa, debe tener un area de superficie igual a 16 m2.Hallar las dimensiones que maximicen su volumen.Solucion: Si suponemos que las dimensiones de la caja son x > 0 para el ancho, y > 0 para ellargo y z > 0 para el alto, tenemos que el volumen de la caja viene dado por
V (x, y, z) = xyz, (1 puntos)
ademas, dado que la caja no tiene tapa, el area de superficie de esta es
xy + 2xz + 2yz = 16.(1 puntos)
As debemos resolver {maximizar {xyz}.s.a xy + 2xz + 2yz 16 = 0.
Para ello usaremos EL teorema de Lagrange, es decir, existe una constante R tal que
f(x, y, z) = g(x, y, z).
g(x, y, z) = 0.
donde f(x, y, z) = xyz y g(x, y, z) = xy + 2xz + 2yz, obteniendo el siguiente sistema:yz = (y + 2z) . . . (1)
xz = (x+ 2z) . . . (2)
xy = (2x+ 2y) . . . (3)
xy + 2xz + 2yz 16 = 0 . . . (4)
(4 puntos)
Dado que x, y, z son todos mayores que cero, de (1) se puede concluir que es mayor que cero.Multiplicamos (1) por x, (2) por y y (3) por z obteniendo
x(y + 2z) = y(x+ 2z) = z(2x+ 2y).
x(y + 2z) = y(x+ 2z) = z = 0 x = y (1 puntos). y(x+ 2z) = z(2x+ 2y) = x = 0 y = 2z (1 puntos).
Pero dado que x, y, z son positivos se concluye que x = y = 2z (2 puntos), reemplazandoeste resultado en (4) se tiene
12z2 16 = 0 = z2 = 43
= |z| = 2
3
3(3 puntos)
1
-
Obteniendo z =2
3
3, as las dimensiones que maximizan el volumen de la caja son
(x, y, z) = (2z, 2z, z) =
(4
3
3,4
3
3,2
3
3
)(2 puntos)
Problema 2. (15 puntos.) Mostrar que en vecindades del punto (x0, y0, u0, v0) = (0, 1, 2,1) el sistema{x2 y2 + u2 + 2v2 = 5x2 + y2 u2 v2 + 4 = 0
define implicitamente a u = u(x, y) y v = v(x, y). Ademas encontraru
x(0, 1) y
v
y(0, 1).
Solucion: Definiendo
F1(x, y, u, v) = x2 y2 + u2 + 2v2 5. F2(x, y, u, v) = x2 + y2 u2 v2 + 4 (2 puntos).
El sistema puede ser escrito como
F(x, y, u, v) = (0, 0)
donde F(x, y, u, v) = (F1(x, y, u, v), F2(x, y, u, v)) es de clase C.
Tenemos que F(x0, y0, u0, v0) = F(0, 1, 2,1) = (0, 0) (2 puntos), ademas
(F1, F2)
(u, v)=
F1u
F1v
F2u
F2v
(0,1,2,1)
=
2u 4v
2u 2v
(0,1,2,1)
=
4 4
4 2
= 8 6= 0 (2 puntos).as, por el teorema de la funcion implicita es posible asegurar que en vecindades del punjto(x0, y0, u0, v0) = (0, 1, 2,1) el sistema define de manera implicita a u(x, y) y v(x, y) (3 puntos),ademas
(u, v)
(x, y)(0, 1) =
ux uyvx
vy
(0,1)
= F1u F1v
F2u
F2v
1(0,1,2,1)
F1x F1yF2x
F2y
(0,1,2,1)
=
= 4 44 2
1 0 20 2
= 1/4 1/21/2 1/2
0 20 2
= 0 1/2
0 0
(4 puntos)As se tiene que
u
x(0, 1) = 0 v
y(0, 1) = 0 (2 puntos)
2
-
Problema 3. (15 puntos.) Sea S la region del plano acotada por las rectas x+ y = 1, x = 0, x = 2y el eje X. Calcular el volumen acotado por arriba por la superficie z = 2xyy por abajo por la region S.Solucion: Tenemos que la region S viene dada por la siguiente grafica:
( 2 puntos.)
de donde S = S1 S2. De la grafica podemos notar que la region S es del tipo 3 por lo quepuede ser vista como
S1 =
{0 x 10 y 1 x (3 puntos) y S2 =
{1 x 21 x y 0 (3 puntos)
Dado que f(x, y) = 2xy 0 (x, y) S2 tenemos que el volumen es
V =
S
2xy d(x, y) =
S1
2xy d(x, y)
S2
2xy d(x, y) =
10
1x0
2xy dy dx 21
01x
2xy dy dx
=
10
xy2 |1x0 dx 21
xy2|01x dx = 10
x(1x)2 dx+ 21
x(1x)2 dx = 112
+7
12=
4
3.(7 puntos)
Problema 4. (15 puntos) Esbozar la region de integracion y calcular la siguiente integral: 20
51+y2
ye(x1)2
dx dy.
Solucion: Sea D la region de integracion, de los lmites de integracion tenemos que
D =
{0 y 21 + y2 x 5 (3 puntos)
3
-
Como D es una region del tipo 2, obtenemos:
(4 puntos)
Para calcular la integral tenemos que realizar un cambio de orden de integracion pues no esposible realizar la integral de e(x1)
2con respecto a x. La region D puede ser vista como
D =
{1 x 50 y x 1 (4 puntos)
as tenemos que 20
51+y2
ye(x1)2
dx dy =
51
x10
ye(x1)2
dy dx =
51
y2
2|x1
0 e(x1)2dx =
1
2
51
(x1)e(x1)2dx =
=e16 1
4.(4 puntos)
RL/NS/MN/FS/AP/JV 20/06/2014
4