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Universidad San Carlos de Guatemala
Escuela de Ciencias
Departamento de Matemática
Clave-112-2-M-1-00-2015
26 de abril de 2015
Curso:
Matemática Intermedia 2.
Semestre:
Primer Semestre
Código del Curso:
112.
Tipo de examen:
Segundo Examen Parcial.
Fecha del Examen:
17 de marzo del 2015.
Nombre de la persona que resolvió el examen:
José Ligorría T.
Nombre de la persona que revisó el examen:
1
1.
Temario
UNIVERSIDAD DE SAN CARLOS DE GUATEMALA
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
FACULTAD DE INGENIERIA
MATEMÁTICA INTERMEDIA
2
JORNADA MATUTINA
17 DE MARZO 2015
SEGUNDO EXAMEN PARCIAL
TEMA 1 (20 PUNTOS)
a. Para exz + xy = 0 halle las primeras derivadas parciales de z por derivación implícita.
b. Para w = x cosyz , x = s2 , z = s − 2t hallar
∂w ∂w
,
.
∂s ∂t
TEMA 2 (20 PUNTOS)
Suponga que V (x, y, z) volts es el potencial eléctrico en cualquier punto (x, y, z) del espacio
1
tridimensional y que V (x, y, z) = p
.
x2 + y 2 + z 2
a. Calcule la tasa de variación de V en el punto (2, 2, −1) en la dirección del vector 2i − 3j + 6k.
b. Determine el valor de la máxima tasa de variación de V en (2, 2, −1).
c. Determine la dirección de la máxima tasa de variación de V en (2, 2, −1).
TEMA 3 (20 PUNTOS)
Para la superficie Z = X 2 + Y 2 + 3 en el punto P (2, 1, 8).
a. Halle una ecuación del plano tangente.
b. Halle las ecuaciones simétricas y paramétricas de la recta normal.
TEMA 4 (20 PUNTOS)
Un contenedor (en forma de un sólido rectangular) debe tener un volumen de 480 pies cúbicos.
Construir la base costará $ 5 por pie cuadrado y construir los lados y la parte superior costará $ 3
por pie cuadrado. Determine las dimensiones de este tamaño que minimicen el costo.
TEMA 5 20 PUNTOS)
La temperatura en un punto (X, Y ) es T (X, Y ), medida en grados Celsius. Un animalito se
√
1
arrastra de tal modo que su posición después de t segundos está definida por X = 1 + t, Y = 2+ t,
3
donde X y Y se miden en centímetros. La función de la temperatura cumple con TX (2, 3) = 4 y
TY (2, 3) = 3 ¿Qué tan rápido se eleva la temperatura en la trayectoria del animalito después de 3
segundos?
2
2.
Solución
Tema 1
a. Para exz + xy = 0 halle las primeras derivadas parciales de z por derivación implícita.
b. Para w = x cosyz , x = s2 , z = s − 2t hallar
∂w ∂w
,
.
∂s ∂t
Solución:
a. Para proceder por el método de derivada implícita, necesitmos definir nuestra función F (x, y, z) =
exz + xy = 0 de tal manera que F (x, y, z) es matemáticamente igual a cero en lo que nosotros
consideramos. Ya con nuestra función procedemos utilizando que:
∂F
∂z
= − ∂x
∂F
∂x
∂z
∂F
∂z
∂y
=−
∂F
∂y
∂z
Así necesitamos encontrar Fx ,Fy y Fz .
Fx = z exz + y
Fy = x
Fz = x exz
Por lo que:
∂z
zexz + y
=
∂x
xexz
∂z
x
1
= xz = xz
∂y
xe
e
zexz + y
∂z
=
∂x
xexz
∂z
x
1
= xz = xz
∂y
xe
e
b. Sabemos que:
∂w(x, y, z)
∂w(x, y, z) ∂x(s, t) ∂w(x, y, z) ∂y(s, t) ∂w(x, y, z) ∂z(s, t)
=
×
+
×
+
×
∂s
∂x(s, t)
∂s
∂y(s, t)
∂s
∂z(s, t)
∂s
∂w(x, y, z)
∂w(x, y, z) ∂x(s, t) ∂w(x, y, z) ∂y(s, t) ∂w(x, y, z) ∂z(s, t)
=
×
+
×
+
×
∂t
∂x(s, t)
∂t
∂y(s, t)
∂t
∂z(s, t)
∂t
Así, calculamos todas las derivadas parciales para luego sustituir y encontrar lo que se pide.
∂w(x, y, z)
∂x(s, t)
cos(yz)
∂w(x, y, z)
∂y(s, t)
−xz sen(yz)
∂w(x, y, z)
∂z(s, t)
−xy sen(yz)
∂x(s, t)
∂s
2s
3
∂x(s, t)
∂t
0
∂y(s, t)
∂s
0
∂y(s, t)
∂t
2t
∂z(s, t)
∂s
1
∂z(s, t)
∂t
−2
Por lo tanto tenemos que:
∂w(x, y, z)
∂s
∂w(x, y, z)
∂s
∂w(x, y, z)
∂t
∂w(x, y, z)
∂t
∂w(x, y, z)
∂t
= (cos(yz)) × (2s) + (−xz sen(yz)) × (0) + (−xy sen(yz)) × (1)
= 2s cos((s − 2t)t2 ) − s2 t2 sen((s − 2t)t2 )
= (cos(yz)) × (0) + (−xz sen(yz)) × (2t) + (−xy sen(yz)) × (−2)
= −[2ts2 (s − 2t) − 2s2 t2 ] sen((s − 2t)t2 ) = −2ts2 [s − 2t − t] sen((s − 2t)t2 )
= −2ts2 [s − 3t] sen((s − 2t)t2 )
∂w(x, y, z)
= 2scos((s − 2t)t2 ) − s2 t2 sen((s − 2t)t2
∂s
4
∂w(x, y, z)
= −2ts2 [s − 3t]sen((s − 2t)t2 )
∂t
Tema 2
Suponga que V (x, y, z) volts es el potencial eléctrico en cualquier punto (x, y, z) del espacio
1
.
tridimensional y que V (x, y, z) = p
2
x + y2 + z2
a. Calcule la tasa de variación de V en el punto (2, 2, −1) en la dirección del vector 2i − 3j + 6k.
b. Determine el valor de la máxima tasa de variación de V en (2, 2, −1).
c. Determine la dirección de la máxima tasa de variación de V en (2, 2, −1).
Solución:
a. Para encontrar la derivada direccional de V en el punto y la dirección dicha, necesitamos
encontrar el vector gradiente de V evaluado en ese punto y hacer el producto punto de
este vector con el vector unitario en la dirección dicha. Es decir: D2i−3j+6k V (2, 2, −1) =
h2, −3, 6i
∇V (2, 2, −1) ·
Así:
kh2,
* −3, 6ik
+
−2y
−2z
−2x
∇V (x, y, z) =
, p
, p
p
3/2
3/2
3/2
2 + y2 + z2
2 + y2 + z2
2
x
2
x
2 x+2 + y 2 + z 2
*
−x
−y
−z
= p
,
,
3/2 p
3/2 p
3/2
x2 + y 2 + z 2
x2 + y 2 + z 2
x2 + y 2 + z 2
Por lo que:
*
+ −2
−(−1)
−2 −2 −(−1)
−2
∇V (2, 2, −1) = p
,
,
=
,
,
3/2 p
3/2 p
3/2
93/2 93/2 93/2
22 + 22 + (−1)2 22 + 22 + (−1)2
22 + 22 + (−1)2
−2 −2 −(−1)
,
,
Así: ∇V (2, 2, −1) =
27 27
27
Además,
2 −3 6
h2, −3, 6i
h2, −3, 6i
i= p
=
,
,
kh2, −3, 6ik
7 7 7
22 + (−3)2 + 62
Por lo tanto:
h2, −3, 6i
−2 −2 1
2 −3 6
−2(2)
D2i−3j+6k V (2, 2, −1) = ∇V (2, 2, −1)·
=
,
,
·
,
,
=
+
kh2, −3, 6ik
27 27 27
7 7 7
27(7)
−2(−3)
1(6)
8
+
=
27(7)
27(7)
189
D2i−3j+6k V (2, 2, −1) =
8
189
b. Empezamos calculando la magnitud del vector gradiente, que es la dirección que tiene máxima
tasa de variación. Así:
r
s
2 2 2
−2 −2 1 −2
−2
1
4+4+1
3
k∇V (2, 2, 1)k = ,
,
=
+
+
=
=
=
2
27 27 27
27
27
27
27
27
1
Por lo tanto:
9
5
−2 −2 1
−2 −2 1
−2 −2 1
,
,
,
,
·
,
,
27 27 27
27 27 27
27 27 27
=
D∇V (2,2,1) V (2, 2, −1) = ∇V (2, 2, −1) · −2 −2 1 −2 −2 1 27 , 27 , 27 27 , 27 , 27 −2 −2 1 2
,
,
27 27 27 −2 −2 1 1
D∇V (2,2,1) V (2, 2, −1) = = 27 , 27 , 27 = 9
−2 , −2 , 1 27 27 27 D∇V (2,2,1) V (2, 2, −1) =
1
9
c. Porlo dicho en el
inciso anterior, la dirección de máxima tasa de variación de V en (2, 2, −1)
−2 −2 1
es
,
,
27 27 27
−2 −2 1
,
,
27 27 27
6
Tema 3
Para la superficie Z = X 2 + Y 2 + 3 en el punto P (2, 1, 8).
a. Halle una ecuación del plano tangente.
b. Halle las ecuaciones simétricas y paramétricas de la recta normal.
Solución:
a. Para encontrar las ecuaciones del plano tangente necesitamos un punto en el plano y un vector
normal a la superficie. Con este objetivo definimos la función f (X, Y, Z) = X 2 + Y 2 + 3 − Z
y observamos que entonces nuestra superficie corresponde a f −1 (0). Además sabemos que el
punto P (2, 1, 8) pertenece al plano y que el vector gradiente de f (X, Y, Z) evaluado en ese
punto es perpendicular al plano. Por lo que procedemos a encontrar el vector gradiente de
f (X, Y, Z). ∂f (X, Y, Z) ∂f (X, Y, Z) ∂f (X, Y, Z)
,
,
= h2X, 2Y, −1i
∇f (x, y, z) =
∂X
∂Y
∂Z
Así, ∇f (2, 1, 8) = h2(2), 2(1), −1i = h4, 2, −1i
Como ya tenemos nuestro vector y punto, entonces todo punto (x,y,z) sobre nuestro plano
tangente cumple que:
hx, y, zi − h2, 1, 8i es un vector que vive en el plano y así es perpendicular al vector normal.Por
lo tanto:
(hx, y, zi−h2, 1, 8i)·h4, 2, −1i = 0 ⇔ 4(x−2)+2(y −1)−1(z −8) = 0 ⇔ 4x+2y −z −8−2+8 =
4x + 2y − z − 2 = 0
4x + 2y − z − 2 = 0
b. Ahora bien, como ya tenemos un punto de la recta y su vector dirección tenemos que nuestras
ecuaciones paramétricas (con parámetro t) cumplen que:
∼
∼
∼
hx(t), y(t), z (t)i = h2, 1, 8i + t∇f (2, 1, 8) ⇔
∼
x(t) = 4t + 2
y(t) = 2t + 1
∼
z (t) = 08 − t
∼
Así, las simétricas son (el despeje de t en las paramétricas):
∼
x(t) − 2
∼
Para x(t) = 4t + 2 → t =
4
∼
y(t) − 1
∼
Para y(t) = 2t + 1 → t =
2∼
∼
Para z (t) = 08 − t → t = 8 − z (t)
∼
x(t) = 4t + 2
∼
∼
∼
z (t) = 8 − t
y(t) = 2t + 1
∼
x(t) − 2
y(t) − 1
∼
=
= 8 − z (t)
4
2
7
Tema 4
Un contenedor (en forma de un sólido rectangular) debe tener un volumen de 480 pies cúbicos.
Construir la base costará $ 5 por pie cuadrado y construir los lados y la parte superior costará $ 3
por pie cuadrado. Determine las dimensiones de este tamaño que minimicen el costo.
Solución:
Procederemos por el método de multiplicadores de Cauchy. Por lo que definimos lo siguiente:
x
y
z
El ancho del contenedor.
El largo del contenedor,
La altura del contenedor.
Así queremos minimizar el costro del contenedor, el cual esta dado por la función f : R3 → R
tal que f (x, y, z) = 5xy + 3(xy + 2xz + 2yz) y si tenemos la función g : R3 → R tal que
g(x, y, z) = xyz − 480, buscamos:
Minimizar f (x, y, z) sujeto a (x, y, z) ∈ D := (ξ, η, γ) ∈ R3 |g(ξ, η, γ) = 0
Así, el teorema de Lagrange nos dice que si (x∗ , y ∗ , z ∗ ) es un óptimo de f (x, y, z) en D entonces
existe λ ∈ R, λ 6= 0 tal que:
∇f (x∗ , y ∗ , z ∗ ) = λ∇g(x∗ , y ∗ , z ∗ )
Así, como:
∇f (x, y, z) = {8y + 6z, 8x + 6z, 6x + 6y}
∇g(x, y, z) = {yz, xz, xy}
Entonces h8y ∗ + 6z ∗ , 8x∗ + 6z ∗ , 6x∗ + 6y ∗ i = λhy ∗ z ∗ , x∗ z ∗ , x∗ y ∗ i
De donde:
(I) → 8y ∗ + 6z ∗ = λy ∗ z ∗
(II) → 8x∗ + 6z ∗ = λx∗ z ∗
(III) → 6x∗ + 6y ∗ = λx∗ y ∗
(IV ) → x∗ y ∗ z ∗ − 480 = 0
(V ) → x∗ (I) − y ∗ (II) → 6z ∗ (x∗ − y ∗ ) = 0
(V I) → y ∗ (II) − z ∗ (III) → 2x∗ (4y ∗ − 3z ∗ ) = 0
Como x∗ 6= 0 6= y ∗ 6= 0 6= z ∗ entonces, de (V ) y (V I) tenemos que:
x∗ = y ∗
4 ∗
y = z∗
3
Y sustituyendo en (IV ):
4
4
3
(y ∗ )y ∗ ( y ∗ ) − 480 = 0 ⇔ (y ∗ )3 = 480 ⇔ (y ∗ )3 = 480 × = 360
3
3
4
√
√
√
4 √
8 3 45
3
3
3
∗
∗
∗
Así: x = y = 360 = 2 45 y z = (2 45) =
3
3
√
3
√
√
8
45
x∗ = 2 3 45
y ∗ = 2 3 45
z∗ =
3
8
Tema 5
La temperatura en un punto (X, Y ) es T (X, Y ), medida en grados Celsius. Un animalito se
√
1
arrastra de tal modo que su posición después de t segundos está definida por X = 1 + t, Y = 2+ t,
3
donde X y Y se miden en centímetros. La función de la temperatura cumple con TX (2, 3) = 4 y
TY (2, 3) = 3 ¿Qué tan rápido se eleva la temperatura en la trayectoria del animalito después de 3
segundos?
Solución:
√
1
Queremos la razón de cambio de T (X, Y ) cuando X = 1 + t, Y = 2 + t en el tiempo t = 3,
3
es decir necesitamos la siguiente razón de cambio:
∂T (X, Y )
∂T (X, Y ) ∂X(t) ∂T (X, Y ) ∂Y (t)
=
×
+
×
∂t
∂X(t)
∂t
∂Y (t)
∂t
Para luego evaluarla en t = 3 y tener la que deseamos. Así encontramos las derivadas parciales que
necesitamos.
∂X(t)
1
= √
∂t
2 1+t
∂Y (t)
1
=
∂t
3
Por lo tanto:
∂T (X, Y )
∂T (X, Y )
∂X(t)
∂T (X, Y )
∂Y (t)
|t=3 =
×
+
×
=4
∂t
∂X(t)
∂t
∂Y
(t)
∂t t=3
t=3
t=3
t=3
1
4
+1=2
4
∂T (X, Y )
|t=3 = 2
∂t
9
1
√
2 1+3
1
=
+3
3