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camila-andrea-olivero-araya
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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)
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
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