Problemario Copadi de Calculo Vectoria - Humberto y Colome

UNIVERSIDAD NACIONAL AUTNOMA DE MXICO

FACULTAD DE INGENIERA

SECRETARA GENERAL

COORDINACIN DE PROGRAMAS DE ATENCIN DIFERENCIADA PARA ALUMNOS

C O P A D I

PROBLEMARIO COPADI DE CLCULO VECTORIAL

COORDINADORES Y COAUTORES

ING. LUIS HUMBERTO SORIANO SNCHEZ ING. PABLO GARCA Y COLOM

ESTUDIANTES COAUTORES

JORGE ALEJANDRO RANGEL RANGEL PATRICIA MARA SNCHEZ GMEZ

ALEJANDRO FLIX REYES ZEUS HIRAM ZAMORA GUEVARA JUAN CARLOS ARROYO CASTRO

EDUARDO FABIN GMEZ RAMREZ ARTURO GUTIRREZ LANDA ISABEL MIRANDA ALVARADO

MNICA YADIRA NARVEZ CLEMENTE RHAMID HORTENSIA RODRGUEZ DE LA TORRE

PRLOGO La Coordinacin de Programas de Atencin Diferenciada para Alumnos (COPADI) de la Facultad de Ingeniera de la UNAM, con algunos de los estudiantes del Programa de Alto Rendimiento Acadmico (PARA), y dentro de su Programa de Solidaridad Acadmica (PROSOLAC), se dio a la tarea de realizar sus PROBLEMARIOS COPADI. Cada uno, en una serie de ejercicios resueltos de algunas de las asignaturas que tienen mayor grado de dificultad para los estudiantes cuando cursan sus asignaturas en la Divisin de Ciencias Bsicas de la Facultad. Estos ejercicios son planteados y resueltos por nosotros y por estudiantes del PARA, y revisados por nosotros. Los objetivos de estos PROBLEMARIOS COPADI son, entre otros los siguientes:

Apoyar el desempeo acadmico de los estudiantes con ejercicios resueltos que les pueden ayudar a comprender y aprender los conceptos de que consta el programa de la asignatura, en este caso, Clculo Vectorial, y poder as acreditarla y seguir adelante en sus estudios de ingeniera.

Reafirmar los conocimientos de los autores en asignaturas que ya acreditaron. Producir material didctico para la Facultad, como un compromiso en su calidad de estudiantes del PARA.

Es importante comentar que este Problemario consta de 128 ejercicios de la Asignatura Clculo Vectorial, y que adems de que se ha revisado el material, se han tratado de dejar los ejercicios y sus enunciados tal como los hicieron y plantearon los estudiantes, ya que bsicamente se trata de una publicacin realizada por estudiantes y dirigida a estudiantes. Y esto es lo que le da carcter a la publicacin. Los coordinadores tuvimos que sugerir ejercicios cuando se consider que hacan falta para cubrir un determinado tema. Los ejercicios estn distribuidos de la siguiente forma para cada uno de los temas: 28 de Extremos de Funciones Escalares de Variable Vectorial, 31 de Funciones Vectoriales, 32 de Integrales de Lnea y 37 de Integracin Mltiple. Es nuestro mejor deseo que este trabajo sea de utilidad para los estudiantes que cursan Clculo Vectorial y que tambin sea motivo de genuino orgullo para los estudiantes que participaron en su realizacin, as como lo es para nosotros.

Ing. Luis Humberto Soriano Snchez Ing. Pablo Garca y Colom

NDICE

Tema Pgina Extremos de funciones escalares de variable vectorial 1 Funciones vectoriales 50 Integrales de lnea 75 Integracin mltiple 101

COPADI CLCULO VECTORIAL

FACULTAD DE INGENIERA. UNAM 1

TEMA I

EXTREMOS DE FUNCIONES ESCALARES DE VARIABLE VECTORIAL 1. Determinar los puntos crticos de ( , ) cos cosf x y sen x x sen y y , para valores de

0 2x y 0 2y . Resolucin: En primer lugar, se deriva la funcin con respecto a " "x y se iguala a cero la derivada para obtener los puntos crticos. As,

cos ; cos 0 1xf x sen x x sen x Una forma adecuada para buscar los puntos crticos cuando se tienen senos y cosenos es dejar todo en trminos de coseno o de seno exclusivamente, por medio de identidades trigonomtricas, ya que si dividiramos entre senx o cos x ,podramos eliminar un punto crtico. Se utilizar la identidad 1sencos 22 xx para despejar el coseno y sustituirlo en la ecuacin 1 para encontrar los puntos crticos. Luego,

2 2 2cos 1 1 0x sen x sen x sen x Ahora se pasa el seno al segundo miembro de la ecuacin y se eleva todo al cuadrado para quitar la raz.

2 2 2 2

2

1 1 2 11 1 12 2 2

2 (2 1) ; 0,1,2,...2 4

sen x sen x sen x sen x sen x

sen x sen x x angsen

x angsen x n n

Por lo tanto los puntos crticos son: 1 2 3 43 5 7; ; ;4 4 4 4x x x x

Si se deriva ahora con respecto a " "y y se iguala a cero la derivada, se obtiene: cos ; cos 0 2yf y sen y y sen y

Como se observa, las ecuaciones 1 2y tienen la misma forma y por analoga: 1 2 3 43 5 7; ; ;4 4 4 4y y y y

Aparentemente hay 16 puntos crticos, que seran todas las combinaciones de x con y, pero como es sabido, se deben comprobar los valores sustituyndolos en las derivadas. Para demostrar que no todas las combinaciones son puntos crticos, se verifican los primeros cuatro valores en la ecuacin 1 .

cos sen 0 cos senxf x x x x



1 2cos4 4 4 22

1sen3 2 sen cos

14 cos2

5 1sen cos4 2

1sen7 2 sen cos

14 cos2

x sen

xx x x

x

x x x

xx x x

x

Con " "y es similar el proceso (se recomienda al lector realizar dicha tarea), por lo que se puede concluir que los nicos puntos crticos son:

1 2 3 45 5 5 5, ; , ; , ; ,

4 4 4 4 4 4 4 4PC PC PC PC

2. Determinar los extremos de la funcin:

2 2 2 2u x y z xy x z Resolucin: Primero se obtienen las derivadas parciales de la funcin con respecto a todas sus variables y se igualan a cero. Tambin se determinan las segundas derivadas parciales con respecto a una variable y las mixtas.

2 1 0 1u x yx

; 2 0 2u y xy

; 2 2 0 3u zz

2

2 2u

x ;

2

2 2u

y ;

2

2 2u

z ;

2

1uy x

; 2

0uz y

; 2

0ux z

Ahora se resuelve el sistema de ecuaciones que se ha formado con 1 , 2 3y : De 3 1 4z ; de 2 2 5x y De 1 5y 12 2 1 0 3 1 0 6

3y y y y

De 6 en 5 : 23

x

Estos son los valores obtenidos hasta el momento: 2 1, , 1, , ,3 3

f x y z por lo que slo

falta valuar la funcin:



2 22 2 2 22 1 2 1 22 ; 1 2 1

3 3 3 3 34 1 2 6 41 29 9 9 9 3

u x y z xy x z u

u u

Por lo que el nico punto crtico es 2 1 4, , 1 ,3 3 3

Debido a que es una hipersuperficie, se utilizar el mtodo generalizado del hessiano para determinar si se trata de un mximo, un mnimo o un punto silla. Por lo que primero se construye la matriz:

2 2 2

2

2 2 2

2

2 2 2

2

2 1 01 2 00 0 2

u u ux y x z xu u u

x y y z yu u u

x z y z z

Ahora se calculan los valores caractersticos de esta matriz hessiana:

3

2 1 0 0 0 2 1 0det 1 2 0 0 0 1 2 0 2 2 0

0 0 2 0 0 0 0 2H I

Para resolver la ecuacin que ha quedado se tiene que: 3 22 2 0 2 2 1 0

de donde 1

2 2

3

2 0 23

2 1 0 2 11

Como se puede apreciar, todos los valores de " " (valores caractersticos) son positivos por lo que este punto es un mnimo. Ya con todos los clculos hechos se puede concluir que la funcin dada tiene un mnimo en

2 1 4, , 1,3 3 3

P 3. Sea la funcin 22 246),( yxyxyxf . Determinar si f tiene algn extremo relativo. Resolucin: Como la funcin es polinomial, sus primeras derivadas existen en todo (x, y) en 2R por lo que se tiene que:

6 2f xx

; 4 4f yy



se igualan a cero sus derivadas parciales: 4 4 0 1 0 1y y y

6 2 0 3 0 3x x x y se tiene un punto crtico en el punto 3 , 1 . Para saber su naturaleza se utiliza el criterio de la segunda derivada:

2

2 2f

x

2

2 4f

y

2

0fy x

2

0fx y

2 2

2

2 2

2

2 08

0 4

f fx y x

Hf f

x y y

Si 0H se tiene un mximo o un mnimo relativo. Como 0H y 2

2 0F

x, se tiene un mximo

relativo en el punto 3, 1 . 4. Obtener los extremos absolutos, los mximos y mnimos relativos, y los puntos silla de la funcin

( , ) 3f x y xy x y en la regin cerrada triangular R del plano XY cuyos vrtices son 0, 0 , 2, 0 0, 4 .A B y C

Resolucin: Para obtener los puntos crticos, se calculan las derivadas parciales y se igualan a cero:

1 0 1 ; 1 0 1x yf y y f x x Entonces, el nico punto crtico es 1, 1P , y si se dibuja la regin y se sita el punto P se tiene:

Se ve que el punto crtico P se encuentra dentro de la regin de estudio. Sin embargo, para saber si un punto est dentro de la regin es conveniente utilizar la ecuacin de la recta BC . Dado el caso de que el punto quede fuera de la regin no interesara.

A

1,1P

x

0,4C

2,0B

y



Se procede con el mtodo analtico y en primer lugar se obtiene la ecuacin de la recta BC que es: 1 1 ; 0 2 2 2 4y y m x x y x y x

Para 1 ; 2 1 4 2x y y y como 2 1 implica que el punto pertenece a la regin, es decir, que .P R Para determinar la naturaleza del punto se utiliza el Hessiano.

0 11 01 0

xx xyH

yx yy

f ff f

Por lo tanto, 1, 1P es un punto silla. Ahora se analizar la frontera dada por el tringulo. Para el segmento AB se tiene por ecuacin

0y y si se sustituye esta ecuacin en ,f x y para obtener f x se obtiene: ( ) 3f x x

Ahora se deriva e iguala a cero, con lo que se obtiene que: ''( ) 1f x

Como es imposible igualar la derivada a cero, se concluye que es una funcin montona, es decir, sin mximos ni mnimos. Para el segmento BC que tiene por ecuacin a 2 4y x , se sustituye en ,f x y para obtener f x y derivar. As,

2( ) ( 2 4) 2 4 3 2 4 2 4 3f x x x x x f x x x x x 22 5 1f x x x

La parbola resultante representa la interseccin entre el plano 2 4y x y la superficie ( , ) 3f x y xy x y . Se deriva y se iguala a cero con lo que se obtiene el punto Q :

5'( ) 4 5 ; 4 5 04

f x x x x Para obtener el valor de " "y se sustituye el valor de " "x obtenido en la ecuacin de la recta BC .

5 3 5 32 4 ,4 2 4 2

y y Q Una vez obtenido el punto Q , se sustituyen sus coordenadas en la funcin ,f x y :

5 3 5 3 17( , ) 3 ,4 2 4 2 8

f x y f x y Si se analiza la recta CA se tiene que su ecuacin es 0x , de donde, al sustituir este valor en ,f x y , se llega a:

( ) 3 ; ( ) 1 0f y y f y por lo que tambin es una funcin montona. Por ltimo se analizarn los puntos vrtices de la regin



( ) (0,0) 3( ) (2,0) 1( ) (0,4) 1

f A f f Af B f f Bf C f f C

Si se ven los resultados en su conjunto, se concluye que la funcin, en la regin triangular, presenta un mximo absoluto (0, 0) 3M , un mnimo absoluto (0, 4) 1m y un punto silla en 1, 1 .P NOTA. En este tipo de ejercicios, los mnimos relativos, mximos relativos y puntos silla se obtienen en puntos crticos pero de la funcin original, por lo tanto los obtenidos analizando las fronteras y los extremos de ellas son los extremos absolutos. Sin embargo se puede dar el caso que un extremo dentro de la regin se convierta en absoluto si es menor o mayor que los de la frontera. 5. Localizar los extremos relativos y los puntos silla de la siguiente funcin:

, x yf x y e Resolucin: Se calculan las derivadas parciales y se obtienen los puntos para los cuales ambas se anulan o no existen. As,

0 00 0

x yx y

x yx y

f ye ye yxf xe xxey

En ambos casos, se ve que x ye nunca podr ser cero. Se sustituyen los valores de 0x y 0y en la funcin original y se llega a:

0 0, 1f x y e Entonces el punto donde las derivadas parciales se hacen cero es 0, 0, 1P Con la finalidad de saber si es dicho punto es un mximo relativo, un mnimo relativo o un punto silla, se aplica el criterio de la segunda derivada.

2 22

2 20

22

2 20

2 2

0

; 0

; 0

; 1

x y

x y

x y

x y

x y x y

x y

f fy ex x

f fx ey y

f fxye ey x y x

2

y se tiene que



22 2 2 22 22 2

22 0 0 2 0 0 0 0 0 0

, ,

0, 0 0 0 0 0 1 0

x y x y x y x yf f fg x y g x y y e x e e xyex y y x

g e e e e

por lo tanto 0, 0, 1P es un punto silla. 6. Calcular los puntos crticos de la siguiente funcin y determinar su naturaleza:

3 3 2, 10 3 3 9f x y x y y x x Resolucin: Se deriva parcialmente la funcin y se igualan a cero las derivadas parciales para obtener los puntos crticos:

23 6 9f x xx

2 2 1 23 6 9 0 2 3 0 3 1 0 3; 1x x x x x x x x 23 3f y

y

21 23 3 0 1; 1y y y

Los puntos crticos son: 1 1, 1P , 2 1, 1P , 3 3, 1P y 4 3, 1P

2 2 2 2

2 26 6; 6 ; 0f f f fx y

x y y x x y

Por el criterio de la segunda derivada:

2 2

22 2 2 2

2 22 2

2

, ; , 36 36

f fx y x f f fH x y H x y xy y

x y y xf fx y y

Para 1 1, 1P ; 1, 1 0H ; 2

2 0f

x Mximo relativo 1, 1, 17 .

Para 2 1, 1P ; 1, 1 0H Punto silla 1, 1, 13 . Para 3 3, 1P ; 3, 1 0H Punto silla 3, 1, 15 . Para 4 3, 1P ; 3, 1 0H ;

2

2 0f

x Mnimo relativo 3, 1, 19 .



7. Determinar los extremos, tanto relativos como absolutos, de la funcin 2 2,f x y x y , cuya grfica se muestra en la figura.

Resolucin: Se deriva parcialmente la funcin y se igualan a cero las derivadas parciales para obtener los puntos crticos:

2 22 ; 2 0 0 0f xy xy x o yx

2 22 ; 2 0 0 0f x y x y x o yy

En este caso las derivadas parciales se anulan cuando 0x , 0y o cuando ambas son nulas. Luego: Puntos crticos: 0, y y , 0x Por el criterio de la segunda derivada:

2 2 2 22 2

2 22 ; 2 ; 4f f f fy x xy

x y y x x y

22 2 2, , 2 2 4xx yy xyH x y f f f H x y y x xy 2 2, 12H x y x y

Para los puntos crticos: , 0g x y , por lo que el criterio no decide. Sin embargo, de la figura se concluye que la funcin tiene un infinito nmero de mnimos en todos los puntos de los ejes " "x y " "y , incluyendo el origen, lo que analticamente tambin se ve ya que para todos los dems puntos , 0f x y . Esto es: 0, 0 ; ,0 0 ; 0,0 0f y f x f . Adems,

, 0,, 0 , ,0

, 0,0

x y yf x y x y x

x y



8. Obtener los puntos crticos de la siguiente funcin escalar de variable vectorial y determinar su naturaleza.

3 2 2 21, 2 2 63

z f x y y x y x y Resolucin: Se deriva parcialmente la funcin y se igualan a cero las derivadas parciales para obtener los puntos crticos:

2 4 ; 2 4 0 2 2 0 0 2z xy x xy x x y x o yx

2 2 2 24 ; 4 0z y x y y x yy

Si 2 00 4 0 4 0 4y

x y y y yy . Los puntos crticos son: 1 0, 0P y

2 0, 4P . Si 2 2 22 4 4 2 0 4 2

xy x x

x . Los puntos crticos son: 3 2, 2P y

4 2, 2P . Por el criterio de la segunda derivada:

2 2 2 2

2 22 4; 2 4; 2z z z zy y x

x y y x x y

2 2 2, 2 4 2 4 2 , 4 16 16 4H x y y y x g x y y y x 2 20, 0 4 0 16 0 16 4 0 16 0; 4 0xxH z Mximo relativo

0, 0, 6 . 2 20, 4 4 4 16 4 16 4 0 16 0; 4 0xxH z Mnimo relativo

140, 4,3

.

2 22, 2 4 2 16 2 16 4 2 16 0H Punto silla 22, 2,3

.

2 22, 2 4 2 16 2 16 4 2 16 0H Punto silla 22, 2,3

. 9. Dada la siguiente funcin, determinar sus puntos crticos as como la naturaleza de los mismos.



2 2 2 3, 4 8 2 2 1z f x y x y y x y Resolucin: Se procede a obtener los puntos crticos

8 4z xy xx

0

8 4 0 8 4 0 2 0 2 1 0 12

xxy x xy x xy x x y

y

22 6164 yyxyz

2 2 2 234 16 6 0 4 0 12

x y y x y y

20

3 30 en 1 ; 4 0 4 0 82 23

yx y y y y

y

22 219

1 1 3 1 19 8en 1 ; 4 0 02 2 2 2 8 19

8

xy x x

x

As se tienen los puntos crticos: 8 19 1 19 10, 0 ; 0, ; , ; ,3 8 2 8 2

De donde, al sustituir en la funcin original, se obtiene: 0, 0

2 3

80,3

2 22 3

19 1,8 2

1

8 8 512 1024 4850 8 0 2 1 13 3 9 27 27

19 1 1 19 1 19 19 1 54 8 2 2 1 2 18 2 2 8 2 4 4 4 4

z

z

z

2 2 2

2 28 4; 16 12 ; 8xx yyz z zz y z y x

x y y x

Ahora se obtiene ,H x y

22

2 2 2 2

, , 8 4 16 12 8

, 128 96 64 48 64 , 80 96 64 64xx yy xyH x y z z z H x y y y x

H x y y y y x H x y y y x

Se evala H para cada punto crtico y;



Para 0, 00, 0 ; 0, 0 64 0 4 0xxH y z Mximo relativo: 0, 0, 1

Para 2 28 8 8 8 8 12160, ; 0, 80 96 64 0 64 0, 03 3 3 3 3 3

H H

Punto silla: 8 4850, ,3 27

Para 2219 1 19 1 1 1 19, ; , 80 96 64 64 152 0

8 2 8 2 2 2 8H

Punto silla: 19 1 5, ,8 2 4

Para 2219 1 19 1 1 1 19, ; , 80 96 64 64 152 0

8 2 8 2 2 2 8H

Punto silla: 19 1 5, ,8 2 4

10. Obtener los puntos crticos de la funcin 3 3,z f x y x y xy xy y determinar su naturaleza, sobre la regin limitada por 0y1 ; 0x1 . Resolucin: Se deriva parcialmente la funcin y se igualan a cero las primeras derivadas para obtener los puntos crticos:

03

03

23

32

xxyxyz

yyyxxz

; 013

01322

22

yxxyxy

de donde se obtiene:

10 0, 00x

Py

2 22

2 23

0, 103 0 1 0 1

0, 13 1 0Px

y yPx y

2 42

2 25

1, 003 0 1 0 1

1, 03 1 0Py

x xPx y



6

2 2

72 2 2 2

22 2

8

9

1 1,2 2

3 1 0 1 11 ,2 23 1 0 3 9 3 0 2;

18 2 03 1 0 1 1,2 2 2

1 1,2 2

P

x y Pyx y x yyx y x P

P

De los nueve puntos obtenidos, solamente cuatro pertenecen a la regin considerada: 1 3,P P y 5P

en su frontera y 9P en su interior, por lo que el nico punto crtico es 91 1,2 2

P

Como se sabe, 22 2 2

2 2,z z zH x y

x y y x

y, adems, las segundas derivadas parciales, as

como las mixtas estn dadas por: 2 2 2

2 22 26 ; 6 ; 3 3 1z z zxy xy x y

x y y x

de donde

22 2

2 2 4 4 2 2 2 2

, 6 6 3 3 1

, 36 9 9 1 18 6 6

g x y xy xy x y

g x y x y x y x y x y

2 2 4 4 2 2, 18 9 6 1g x y x y x y x y Ahora se evala H para cada punto crtico de la regin considerada:

2 2 4 4 2 21 1 1 1 1 1 1 1, 18 9 6 1 2 02 2 2 2 2 2 2 2

H

y 2

1 12 ,2 2

1 1 36 02 2 2

zx

Mximo relativo 1 1 1, ,2 2 8

11. Los cursos de dos ros, dentro de los lmites de una regin determinada y con respecto a un sistema coordenado, son en forma aproximada, una parbola 2y x y una recta 2 0x y . Cul es la menor longitud de un canal recto con el que se pueden unir y cules son las coordenadas del canal en su unin con los ros? Resolucin: El modelo geomtrico es el siguiente:



La distancia entre los dos ros esta dada por:

2 2 2 222 1 2 1 2 1 2 1; sea ;x x y y L L x x y y Pero 2 2 2y x y 21 1y x De donde

22 22 1 2 12L x x x x 4 2 2 21 1 1 2 2 1 2 25 2 2 2 4 4L x x x x x x x x

Se deriva parcialmente la funcin y se igualan a cero las derivadas parciales para obtener los puntos crticos:

31 1 1 2 2

1

4 10 4 2L x x x x xx

21 2 1

2

2 4 2 4L x x xx

3 21 1 1 2 2 1 2 14 10 4 2 0; 2 4 2 4 0x x x x x x x x

De 2

0Lx , se tiene:

21 1

2 12 2x xx

En 1

0Lx :

2 23 1 1 1 11 1 14 10 4 1 2 1 02 2 2 2

x x x xx x x

3 21 1 12 3 5 2 0x x x

Por divisin sinttica 2 3 5 2 12

1 1 2

2 2 4 0 21 1 11 2 2 4 02x x x 1 11 12 4x y

(las otras dos races son complejas)

2 2,x y 1 1,x y

2y x

2y x

x

y



Por lo tanto:

2

2 2 2

1 111 52 2 1

2 2 8 8x x y

Por el criterio de la segunda derivada:

2 2 2 221 2 12 2

1 2 2 1 1 2

12 4 10; 4; 4 2L L L Lx x xx x x x x x

221 2 1 2 1, 4 12 4 10 4 2H x x x x x 21 2 1 1 2, 32 16 16 32H x x x x x

2

22

1 11, 0; 02 8

LH Lx Mnima.

Luego los puntos pedidos son:

11 1,2 4

P , 211 5,8 8

P y la longitud mnima del canal de unin es:

2 211 1 11 1 7 22 1.248 2 8 2 8

L

unidades de longitud.

12. Se desea construir un ducto desde el punto P hasta el punto S (ver la figura). Los costos por cada kilmetro de ducto son $ 30,000 en el tramo PQ , $ 20,000 en el tramo QR y $ 10,000 en el tramo RS . Determinar las dimensiones de " "x y " "y para que el costo sea mnimo. Resolucin:

La funcin costo es: 30,000 20,000 10,000C PQ QR RS y de la figura se tiene que:

2 2 2 2, 30,000 2 20,000 1 10,000 (10 )C x y x y x y Se deriva parcialmente con respecto a " "x y " "y

P

Q R S

2 km

1km

10 km

x y



2

2

230,000 10,000 0 12 4

220,000 10,000 0 22 1

x

y

xCx

yCy

De 1 2 2 2 2 130,000 10,000 4 0 3 4 9 4

2x x x x x x x

De 2 2 2 2 2 120,000 10,000 1 0 2 1 4 1

3y y y y y y y

Dado que las distancias no pueden ser negativas, se desechan los valores negativos para " "x y

" "y . Entonces: 12

x km ; 13

y km Como se observa, solamente se tiene un punto crtico y se evidencia que es el correspondiente al costo mnimo. 13. Demostrar que el rectngulo de permetro fijo que tiene rea mxima es un cuadrado (utilizar el mtodo de los multiplicadores de Lagrange). Resolucin: Geomtricamente se representa el problema como se muestra en la figura: El rea del rectngulo est dada por: A xy Por otro lado su permetro es: 2 2P x y Empleando el mtodo de los multiplicadores de Lagrange:

2 2L xy x y P 2 0 ... 1

2xyL y

2 ... 22yxL x

2 2 0 ... 3L x y P

y

x



De las ecuaciones 1 y 2 : 2 2y x y x

Sustituyendo el valor de y x en la ecuacin 3 ; 2 2 0 4 0

4Px x P x P x y

Por lo que se observa el rectngulo de permetro fijo que tiene rea mxima es un cuadrado x y . 14. Una caja rectangular descansa sobre el plano XY con un vrtice sobre el origen y dos aristas sobre los ejes " "x y " "y . Calcular el volumen mximo de la caja si el vrtice opuesto est situado en el plano 6 4 3 24x y z . Resolucin: El modelo geomtrico es el siguiente:

El volumen de la caja rectangular est dado por: ... 1V xyz Se tiene que un vrtice se localiza sobre el plano 6 4 3 24x y z 1 24 6 4

3z x y

Sustituyendo en 1 : 2 2424 6 4 8 2

3 3xyV x y V xy x y xy

Se deriva parcialmente la funcin y se igualan a cero las derivadas parciales para obtener los puntos crticos:

y

, ,P x y z 8

4

6

x

z



2 24 48 4 ; 8 4 03 3x

V y xy y y xy y 21 12 0 2 03 3

y xy y y x y

0 11 2 23

y

y x

2 28 88 2 ; 8 2 03 3y

V x x xy x x xy 2 4 44 0 4 03 3

x x xy x x y

0 344 0 43

x

x y

1 3 ; 1 4 ; 2 3y y y implican la no existencia de caja, por lo que nicamente se analizan las expresiones 2 3y . Luego, al sustituir 2 en 4 , se obtiene:

4

44 4 2 0 33 2

xx x x

y

, que es el punto crtico en estudio. As, por el

criterio de la segunda derivada: 8 84 ; ; 8 43 3xx yy xy yx

V y V x V x y V

22 32 8, , 8 43 3xx yy xy

H x y V V V g x y xy x y

24 32 4 4 8 192, 2 2 8 4 2 0; 8 0

3 3 3 3 3 9 xxH V V mximo.

Para 4 1 4 24,2 ; 24 6 4 23 3 3 9

z

Volumen mximo = 649

unidades de volumen.

15. Se va a construir una caja en forma de paraleleppedo rectangular. El material de la base cuesta $75.00 por m2, y el de los lados cuesta $150.00 por m2. Determinar las dimensiones de la caja de mayor volumen, sin tapa, que se puede construir con $3,600.00 y calcular tambin el mayor volumen. Resolucin: Sean , ,x y z las dimensiones de la caja, como se muestra en la figura siguiente:



La funcin a optimizar es V xyz La restriccin es:

Costo : 75 2(150) 2(150) 3600C xy xz yz Luego, si se utiliza el mtodo de los multiplicadores de Lagrange, se tiene que la ecuacin de Lagrange est dada por:

75 300 300 3600L xyz xy xz yz de donde

75 300 ; 75 300 0 1

75 300 ; 75 300 0 2

300 300 ; 300 300 0 3

75 300 300 3600 ; 75 300 300 3600 0 4

L yz y z yz y zxL xz x z xz x zyL xy x y xy x yzL xy xz yz xy xz yz

Para resolver este sistema de ecuaciones, se puede despejar al multiplicador en las tres primeras, se igualan las ecuaciones obtenidas y despus se utiliza la ecuacin 4 . As, De 1 :

75 300yz

y z ; de: 2 75 300

xzx z

; de

3300 300

xyx y

75 300 75 30075 300 75 300

1300 300 75 30075 300 300 300 4

yz xz xy yz xy xz y xy z x z

yz xy xz yz xy xz z xy z x y

Se sustituyen estos resultados en 4 : 2 2

2 2 2 2 275 300 300 3600 0 75 75 75 3600 0 225 3600 44 4x xx x x x x x

Es evidente que no hay dimensiones negativas para la caja, por lo que las dimensiones para la caja de mayor volumen son

4 ; 4 ; 1x m y m z m

x

y

z



y el volumen mximo es 34 4 1 16V m . 16. Un contenedor en forma de cilindro circular recto, ha de tener un volumen de 2000 litros. Determinar las dimensiones de modo que el costo sea el mnimo posible, si la base cuesta

2$ 600.00 / m , la tapa 2$ 250.00 / m y la superficie lateral 2$ 500.00 / m . Determinar tambin el costo mnimo. Resolucin: Nuestra funcin objetivo es el costo y la restriccin es el volumen. Haciendo un modelo del contenedor se tiene:

Antes de comenzar a resolver el problema es necesario trabajar con las mismas dimensiones por lo que si los costos son por 2m , entonces el volumen equivale a

3 31000 1000 1V lt dm m Aqu la funcin objetivo es el Costo que se expresa como:

2 2 2600 250 500 2 850 1000C x x xy C x xy y la restriccin es:

2 1V x y La funcin de Lagrange est dada por:

2 2850 1000 1L x xy x y se obtienen las derivadas parciales y se resuelve el sistema. As,

1700 1000 2 ; 1700 1000 2 0 1L x y xy x y xyx

2 21000 ; 1000 0 2L x x x xy

2 21 ; 1 0 3L x y x y

y

x



Se despeja en 1 y 2 , se igualan las expresiones obtenidas, se despeja una variable en trminos de la otra y se sustituye en 3 . Luego,

850 5001700 1000 2 0 850 500 0 x yx y xy x y xyxy

2 10001000 0 1000 0x x xx

2 2850 500 1000 850 500 1000 17 10 0 17 10 0x y x xy xy x xy x x yxy x

El valor de 0x no se considera ya que no se tendra contenedor. Luego, 17 10 1.7x y y x

2 3 3 11.7 1 0 1.7 1 0.572 ; 1.7 0.572 0.9721.7

x x x x x y y

Por lo tanto las dimensiones del contenedor son: Dimetro de la base: 1.144 m y altura: 0.972 m y el Costo mnimo es:

22850 1000 850 0.572 1000 0.572 0.972 $ 2,620.37C x xy C C 17. Determinar los extremos absolutos de la funcin ,f x y xy en la regin R dada por:

2 2, 1; ,4 9x yR x y x y

Resolucin: Primero se analizar la funcin en el interior de la regin dado que posiblemente ah se localice un extremo relativo -mximo o mnimo- que pudiera ser mayor o menor que los determinados en a frontera mediante el mtodo de los multiplicadores de Lagrange.

, ; ;x yf x y xy f y f x ; 00yx Punto crtico 0, 0

Se observa que el punto 0, 0 pertenece a la regin, por lo que se determina su naturaleza: 0; 0; 1xx yy xyf f f

2 2, ; , 0 0 1 1 0xx yy xyH x y f f f H x y Punto silla 0, 0, 0 Ahora se estudia la frontera para localizar extremos condicionados. La ecuacin de Lagrange, sus derivadas parciales y la resolucin del sistema al igualarlas a cero, quedan como:



2 2

2 2

20 12

2 91 ; 0 24 9 9 2

1 0 34 9

L x yyx x

x y L y xL xy xy y

L x y

2 2 2 22 9 9 34 92 4 2

y x y x y x y xx y

se sustituye en 3 :

2 2 22 21 9 31 1 2 2 2

4 9 4 4 4 2x x xx x x y y

Por lo tanto, si se evala la funcin en estos puntos se tendrn los siguientes valores: 3 2 3 2 3 2 3 22, 3; 2, 3; 2, 3; 2, 3

2 2 2 2f f f f

Se concluye entonces que esta funcin tiene dos mximos absolutos condicionados en los puntos:

1 23 2 3 22, , 3 2, , 3

2 2M y M

y dos mnimos absolutos condicionados en los puntos:

1 23 2 3 22, , 3 2, , 3

2 2m y m

La funcin en estudio, esto es, ,f x y xy , es un paraboloide hiperblico con su punto silla en el origen de coordenadas y rotado 45 por lo que resulta lgica la presencia de sus extremos condicionados absolutos. Para ilustrar esto, considrese la siguiente figura:

x

y

1m

2m 1M

2M



18. Encontrar el valor mnimo de la funcin 2 2( , )f x y x y sujeta a la restriccin 1 yx . Resolucin: Se trata de un paraboloide circular o de revolucin con vrtice en el origen de coordenadas, y de un plano paralelo al eje " "z , cuya traza con el plano xy es la recta 1 yx . Luego, dadas las caractersticas del problema, la simetra de la superficie con el eje " "z y el plano, es lgico suponer

que el valor mnimo se encontrar en el centro de la traza del plano, es decir, en 12

x y . Si se resuelve el problema se tiene que la funcin de Lagrange est dada por:

2 2 1L x y x y Para determinar los puntos crticos, se obtiene y resuelve el siguiente sistema de ecuaciones:

2 0 12 0 2

1 0 3

x

y

L xL y

L x y

De 1 y 2 se obtiene: 2 ; 2 ; 2 2x y x y y x se sustituye en 3 : 1 11 0 2 1 ;

2 2x x x x y

con lo cual, el nico punto crtico es: 1 1,2 2

P

Con esto bastara, ya que el resultado en s mismo induce que se trata de un mnimo como ya se haba establecido. Una forma alternativa para comprobar su naturaleza es la siguiente: se obtiene el valor de " " que resulta igual a " 1" , con el cual se forma la funcin de Lagrange correspondiente:

2 2 2 21 1 1L x y x y L x y x y Se calculan sus derivadas parciales primera, segunda y mixta:

2 1 ; 2 ; 2 1 ; 2 ; 0x xx y yy xyL x L L y L L con lo cual el determinante de la matriz hessiana es: 2, xx yy xyH x y f f f

2 0; 0, 0 0 2xx xy

yx yy

L LH H

L L

se forma la ecuacin caracterstica det 0H I con la que se obtienen los valores caractersticos de H . As, 2 1

2

22 00 2 0

20 2



y como los valores caractersticos son positivos, se trata de un mnimo cuyas coordenadas son 1 1 1, ,2 2 2

P

19. Se construir un tanque cerrado en forma de prisma rectangular para almacenar 500,000 litros de crudo. El material empleado para la base y la tapa tiene un costo de 2$1000 / m y para los lados de 2$800 / m . Qu dimensiones debe tener para que el costo del material empleado en su construccin sea mnimo? Resolucin: La forma geomtrica del tanque que se desea construir es: Del cual su volumen es: 3500000 500V xyz m El costo para la construccin del tanque esta dado por: 2 1000 2 800 2 800C xy xz yz , es decir,

2000 1600 1600C xy xz yz Por el mtodo de los multiplicadores de Lagrange:

2000 1600 1600 500L xy xz yz xyz 2000 16002000 1600 0 ... 1x y zL y z yz yz

2000 16002000 1600 0 ... 2y x zL x z xz xz

1600 16001600 1600 0 ... 3z x yL x y xy xy

500 0 ... 4L xyz Al igualar 1 y 2 , se tiene:

2000 1600 2000 1600 2000 1600 2000 1600 ... 5y z x z xy xz xy yz y xyz xz

Al igualar 2 y 3 , se tiene:

z

y

x



2000 1600 1600 1600 2000 1600 1600 1600 2000 1600x z x y xy yz xz yz y zxz xy

20 5 ... 616 4

z y y Se sustituyen 5 y 6 en la ecuacin 4 :

3 3 35 5500 0 500 400 400; 4004 4

xyz y y y y x y z por lo que los valores pedidos son:

7.368 ; 9.21x y m z m 20. Determinar los extremos de la funcin 2 2( , ) 3f x y x y en la regin R definida por

032 22 yxx . Resolucin: Se trata de un paraboloide elptico con vrtice en el origen sujeto a la restriccin dada por la regin R , que es un crculo, cuya circunferencia tiene como ecuacin cannica la siguiente:

22 2 2 2 22 3 0 2 1 1 3 0 1 4x x y x x y x y Lo frontera de R es una circunferencia con centro en el punto 1, 0C y radio 2 . Esto hace pensar que dentro del crculo, el paraboloide presenta un mnimo relativo, que sera el vrtice. Por ello, primero se verificar esto y despus se determinarn los extremos en la frontera del crculo, es decir, en la circunferencia que se denotar con " "C .

Se obtienen los puntos crticos de la funcin situados dentro del crculo:

2 21

2 03 ; (0, 0)6 0

x

y

f xf x y P R

f y

y se verifica que se trata de un mnimo relativo:

2 22 ; 6 ; 0

, ; 0, 0 2 6 0 12 0 0, 0 2 0

xx yy xy yx

xx yy xy xx

f f f f

H x y f f f H y f

por lo que se trata de un mnimo relativo en el punto 0, 0, 0 Ahora se determinan los puntos crticos de la funcin condicionados por el contorno del crculo, mediante el anlisis de la funcin de Lagrange, donde la funcin objetivo es 2 2( , ) 3f x y x y y la restriccin 2 22 3 0x x y .



2 2 2 2

2 2

2 2 2 0 13 2 3 6 2 0 2

2 3 0 3y

Lx x xL x y x x y L y y

L x x y

y se resuelve el sistema de la siguiente forma:

De 2 :

2 10 en 3 2 3 032 3 0

33 en 1 2 2 2 3 02

xy x x

xyx x x

Se sustituye 32

x en 3 : 2

23 3 3 15; 2 3 02 2 2 4

x y y

Por lo que los puntos crticos, incluyendo el obtenido al analizar el interior del crculo, son:

1 2 3 4 53 15 3 150, 0 ; ( 1, 0); (3, 0); , ; ,2 4 2 4P P P P P

Ahora se calcula y compara el valor de la funcin en cada uno de los puntos crticos:

3 15 27 3 5 27(0, 0) 0; ( 1, 0) 1; (3, 0) 9; , ; ,2 4 2 2 4 2

f f f f f

de donde se concluye que el mnimo absoluto es el punto 0, 0, 0 y el mximo absoluto se presenta en los puntos 3 15 27 3 15 27, , , ,

2 4 2 2 4 2y

.

21. Determinar los puntos , ,x y z del elipsoide 90022536100 222 zyx tales que la suma del doble de su primera coordenada ms las dos restantes sea la mayor y la menor posible. Solucin: La funcin objetivo es

Suma 2x y z La ecuacin de condicin es:

2 2 2100 36 225 900x y z Se aplica el mtodo de los multiplicadores de Lagrange y su ecuacin es:



-2 2 22 100 36 225 900L x y z x y z Se deriva parcialmente con respecto a cada una de las variables:

-2 2 2

2 200 0 11 72 0 21 450 0 3100 36 225 900 0 4

x

y

z

L xL y

L z

L x y z

1 1 1; ;100 72 450x y z

1 1 2572 100

100 72 181 1 2450 100

100 450 9

y x y xx y

z x z xx z

Se sustituyen estas expresiones en 4 : 2 2

2 2 2 225 2 625 100100 36 225 900 0 100 900 018 9 9 9

x x x x x x 2 2 2 18900 725 8100 1625 8100

65x x x x

25 18 25 2 18 4;18 965 65 65 65

y y z z De aqu se obtienen dos puntos:

18 25 4 18 25 4, , , ,65 65 65 65 65 65

y Al sustituir en la funcin objetivo:

18 25 4 65Suma 2 =2 Suma mxima65 65 65 6518 25 4 65Suma 2 =2 Suma mnima65 65 65 65

M

m

x y z S

x y z S

Para comprobar que dichos puntos pertenecen al elipsoide se sustituyen en la ecuacin del mismo: 2 2 2

2 2 2 18 25 4100x 36y 225 900 ; 100 36 225 900 900 90065 65 65

z Lo mismo sucede con el otro punto, y as queda resuelto el problema. 22. Determine los puntos de la curva 4x 22 xyy ms cercanos al origen. Resolucin: La distancia de cualquier punto ,x y al origen de coordenadas est dada por



2 2d x y Como se sabe, es factible trabajar con el cuadrado de la distancia. As

2 2 2D d D x y Que es la funcin objetivo y la restriccin es la ecuacin de la curva. Entonces, la ecuacin de Lagrange es: 2 2 2 2 4L x y x y xy De donde:

2 22 2 0 12 2 0 2

4 0 3

x

y

L x x yL y y x

L x y xy

En 1 y 2 se despeja , se igualan las expresiones obtenidas y se tiene que: 2 22 2 2 2; ; 4 2 4 2

2 2 2 2x y x y xy x xy y y x

x y y x x y y x

al sustituir y x en 3 , se tiene: 2 2 2 2 24 0 3 4

3x x x x x

se obtienen los puntos: 2 2,3 3

y 2 2,3 3

Al sustituir y x en 3 , se tiene:

2 2 2 24 0 4 2x x x x x se obtienen los puntos: 2, 2 2,2y Al evaluar la distancia en los cuatro puntos se tiene:

2 2 8 2 2 8, ; ,

3 33 3 3 32, 2 8 ; 2,2 8

d d

d d

Por lo tanto, los puntos ms cercanos al origen son: 2 2 2 2, ,3 3 3 3

y . 23. Se va a construir una ventana con la siguiente forma: un rectngulo con un tringulo issceles en la parte superior. Dada el herraje con que se cuenta, su permetro tiene que ser de m4 . Cules deben ser las dimensiones del rectngulo y cul el valor de los ngulos iguales de la parte triangular, de tal modo que el rea de luz sea la mayor posible? Calcular tambin el valor de esa rea mxima. Resolucin: Primero se presenta una figura de la ventana en donde se sealan las dimensiones requeridas.



x

y

h

2x

p

Se denominar con ""A al rea de luz de la ventana, es decir, a la suma del rea del rectngulo ms el rea del tringulo. Como se observa en la parte triangular, su rea ""a equivale a:

2tan2; tan ; tan

2 2 2 4

xxxh x xa h a a

cada uno de los dos lados iguales del tringulo mide: sec2xp

Para resolver este problema se utilizar el mtodo de los multiplicadores de Lagrange. Entonces, la funcin objetivo y la restriccin son, respectivamente:

2

tan4xA xy ; 2 sec 4x y x

Luego, la funcin de Lagrange es: 2

tan ( 2 sec 4)4xL xy x y x

Ahora se obtienen las derivadas parciales y se igualan a cero. As,

22

tan 1 sec 0 122 0 2

sec sec tan 0 34

2 sec 4 0 4

x

y

xL y

L x

xL x

L x y x

Para resolver este sistema, se realizan las siguientes operaciones algebraicas:

De 2 :2x

Se sustituye este valor en 1 y 3 y se llega a las siguientes expresiones: tan 1 sec 0 tan sec 0 5

2 2 2 2 2x x x x xy y

2 2 22 2sec sec tan 0 sec sec tan 0 64 2 4 2x x x xx



De 6 : 2 sec sec 2tan 04x

De esta expresin se puede decir que x no puede valer cero ya que no se tendra ventana y por otro lado, sec nunca es cero. De esto se deduce que:

0

0

30tan 1 1 1 1cossec 2tan 0 1sec 2 2 2 2 150cos

sen

sen angsen

Se desecha 0150 Se sustituye 030 en 4 :

0 22 sec 30 4 2 4 3 2 3 2 4 33

x y x x y x x y x 2 3 2 3 4 3 7x y Se sustituye 030 en 5 :

0 0 1 2tan30 sec 30 0 02 2 2 2 2 23 3x x x x x xy y 2 3 3 2 0 1 3 2 3 0 8y x x x x y

De 8 : 1 32 3

xy

en 4 37 : 2 3 1 3 4 3 3 2 3 4 3 3 2 3x x x x

4 31 3 1 3 4 33 2 3 2 3 2

2 3 2 3 32 3 3 2 3y

6.93 5.461.07 0.8456.46 6.46

x m y y m Finalmente, el rea mxima de la ventana se presenta para:

01.07 ; 0.845 30x m y m y Para comprobar este resultado, se sustituyen los valores de ; ;x y en la ecuacin de restriccin:

22 sec 4 1 07 2 0.845 1.07 4 4 43

x y x 24. Determinar un vector en 3 , de magnitud 12 , tal que la suma de sus tres componentes sea mxima.



Resolucin: Sean " ", " "a b y " "c las componentes del vector. Si se utiliza el mtodo de los multiplicadores de Lagrange, la funcin objetivo es S a b c y la restriccin est dada por

2 2 2 2 2 212 144a b c a b c . Entonces la ecuacin de Lagrange, sus derivadas parciales y el sistema a resolver, son los siguientes: 2 2 2 144L a b c a b c

2 2 2

1 2 0 1

1 2 0 2

1 2 0 3

144 0 4

L aaL bbL ccL a b c

De 1 , 2 y 3 se tiene que: 1 1 1 1 1 1 1; ; ; ;

2 2 2 2 2 2 2b a c a

a b c a b a c

se sustituyen estos resultados en 4 : 2 2 2 2 12144 3 144

3a a a a a

Evidentemente la suma mxima se da cuando las tres componentes son iguales y positivas. Por lo tanto, el vector pedido es

12 12 123 3 3

v i j k

y la suma mxima de las componentes es 363

.

25. La interseccin del plano 12x y z con el paraboloide 2 2z x y es una elipse. Determinar los puntos de mayor y menor cota de dicha elipse. Solucin: En la siguiente figura se puede ver, de manera aproximada cmo es la elipse interseccin del paraboloide circular con vrtice en el origen, con el plano dado.



Mediante multiplicadores de Lagrange, la funcin objetivo es , ,f x y z z y las restricciones son el plano y el paraboloide, por lo que la ecuacin de Lagrange es:

2 21 212L z x y z x y z Se calculan las derivadas parciales, se igualan a cero y se resuelve el sistema. De esta forma, se obtiene lo siguiente:

1 22 0 1xL x 1 22 0 2yL y 1 21 0 3zL

112 0 4L x y z

2

2 2 0 5L x y z De 1 23 : 1 ; se sustituye este valor en 1 y 2 , obtenindose, respectivamente:

2 2 2 2 11 2 0 2 1 1 2 1x x x 2 2 2 2 11 2 0 2 1 1 2 1y y y

se igualan estas expresiones y el resultado se sustituye en 4 y 5 , de donde: 1 1 2 1 2 1

2 1 2 1y x y x

x y

2 2 2

12 0 2 12 0 60 2 0 7

x x z x z

x x z x z

al resolver este sistema, se obtiene:

x

y

elipse

paraboloide

z



2 2 2

2

2

2 ; 2 2 12 0 6 0

3 2 3 183 2 0

2 2 2 8

z x x x x x

x z zx x

x z z

Por lo tanto, se tiene: Punto de mayor cota: 3, 3, 18 y Punto de menor cota: 2, 2, 8

26. Determinar cul es la mnima distancia que se presenta entre el origen y la recta que se forma de la interseccin de los planos 2 6 1x z y 3 2 8x y . Desarrollar este problema utilizando los multiplicadores de Lagrange. Resolucin: Se utiliza el mtodo de los multiplicadores de Lagrange y entonces, se plantea la funcin de Lagrange con la funcin objetivo dada por la distancia al cuadrado del origen a un apunto de la interseccin de los planos y stos son las dos restricciones del problema. As, se tiene que:

2 2 2 1 22 6 1 3 2 8L x y z x z x y Ahora se deriva parcialmente, se igualan las derivadas a cero y se resuelve el sistema.

1 22 2 3 0 1L xx

22 2 0 2L yy

12 6 0 3L zz

1

2 6 1 0 4L x z

2

3 2 8 0 5L x y

Es conveniente resolver este sistema de ecuaciones lineales por el mtodo de Gauss Jordan:

1 1 42 0 0 2 3 020 2 0 0 2 030 0 2 6 0 042 0 6 0 0 153 2 0 0 0 8

1 1/ 22 0 0 2 3 020 2 0 0 2 030 0 2 6 0 060 0 6 2 3 153 2 0 0 0 8



7 3 51 0 0 1 3 / 2 020 2 0 0 2 030 0 2 6 0 060 0 6 2 3 153 2 0 0 0 8

71 0 0 1 3 / 2 02 1 80 2 0 0 2 030 0 2 6 0 060 0 6 2 3 180 2 0 3 9 / 2 8

71 0 0 1 3 / 2 020 2 0 0 2 03 3 60 0 2 6 0 060 0 6 2 3 190 0 0 3 13 / 2 8

71 0 0 1 3 / 2 020 2 0 0 2 030 0 2 6 0 010 ( 3 / 20) 90 0 0 20 3 190 0 0 3 13 / 2 8

1 0 0 1 3 / 2 00 2 0 0 2 00 0 2 6 0 00 0 0 20 3 10 0 0 0 121/ 20 163 / 20

De esta matriz se puede escribir:

1 2 2 1 1 2 23 121 1630; 2 2 0; 2 6 0; 20 3 1;2 20 20

x y z y se obtienen los valores numricos:

2 2

1 1 1

163 20 163 1.347120 121 121

163 489 6120 3 1 20 1 0.2521121 121 242



61 1832 6 0 0.7562242 242163 1632 2 0 1.3471121 121

z z

y y

61 3 163 2140 1.7686242 2 121 121

x x Entonces, los valores mnimos obtenidos son:

1.7686x 1.3471y 0.7562z Si se calcula la distancia mnima al origen, se llega a:

2 2 22 2 2 1.7686 1.3471 0.7562 2.3483d x y z

27. Calcular el nivel de produccin mximo si el costo total del trabajo (a $ 48 la unidad) y del capital (a $ 36 la unidad) est limitado a $ 100,000 , siendo " "x el nmero de unidades de trabajo y " "y el nmero de unidades de capital. La funcin de produccin est dada por:

0.25 0.75, 100P x y x y

Resolucin: Funcin objetivo (maximizar): 0.25 0.75, 100P x y x y El lmite al costo impone la restriccin: 48 36 100,000x y En este caso la funcin de Lagrange es:

0.25 0.75100 48 36 100,000L x y x y y sus derivadas parciales, igualadas a cero, son:

0.75 0.7525 48 0 1xL x y 0.25 0.2575 36 0 2yL x y 48 36 100,000 0 3L x y

al despejar de las ecuaciones 1 y 2 , se tiene que: 0.75 0.75 0.25 0.25 0.25 0.25 0.75 0.75 0.25 0.2525 75 25 25 25; ;48 36 12 48 12

x y x y x y x y x y

0.75 0.75 0.25 0.25 0.75 0.25 0.25 0.754 4 4x y x y y x y x

sustituyendo en la ecuacin 3 : 312548 36 4 100,000 192 100,000

6x x x x

31256

x unidades de trabajo y, adems



3125 625046 3

y y unidades de capital Se sustituyen estos valores en la funcin objetivo y se obtiene finalmente, el nivel de produccin mximo:

0.25 0.753125 6250 3125 6250, 100 147,313.91276 3 6 3

P

28. Usar multiplicadores de Lagrange para determinar las dimensiones de la caja rectangular de volumen mximo que se puede inscribir (con sus aristas paralelas a los ejes coordenados) en el elipsoide

2 2 2

2 2 2 1x y za b c

Resolucin: Es conveniente una grfica aproximada del paraleleppedo inscrito en el elipsoide.

Funcin objetivo (maximizar): Si se considera que el vrtice del paraleleppedo en el primer octante tiene por coordenadas , ,x y z , entonces su volumen estar dado por

8V xyz Sujeto a la restriccin del elipsoide que se puede escribir como:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2b c x a c y a b z a b c La funcin de Lagrange es 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 28L xyz b c x a c y a b z a b c se calculan las derivadas parciales, se igualan a cero y se obtiene el sistema a resolver. As:

2 28 2 0 1xL yz b c x

z

, ,x y z y

x



2 28 2 0 2yL xz a c y 2 28 2 0 3zL xy a b z

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 4L b c x a c y a b z a b c Se despeja de 1 , 2 y 3 , se relacionan las variables y se realizan las correspondientes sustituciones en 4 , con lo que se obtiene lo siguiente:

2 2 2 2 2 24 4 4; ;yz xz xy

b c x a c y a b z

22 2 2 2 2 2

2 2 2 2 24 4yz xz ba y b x y x

b c x a c y a

22 2 2 2 2 2

2 2 2 2 24 4yz xy ca z c x z x

b c x a b z a

2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2b cb c x a c x a b x a b c b c x b c x b c x a b ca a

2

2 2 2 2 2 2 233 3a ab c x a b c x x

2 2 2 22 2

2 2;3 33 3b a b c a cy y z za a

Es evidente que los signos que se consideran son los positivos ya que se parti de un punto , ,x y z en el primer cuadrante. Luego, las dimensiones que conducen al mximo volumen del paraleleppedo inscrito en el elipsoide dado son:

; ;3 3 3

a b cx y z y el volumen mximo es:

max max max88 8

3 3 3 3 3a b c abcV xyz V V

29. Determinar los extremos de la funcin 2 2 2u x y z que cumplan con las siguientes restricciones:

2 2 2

2 2 2 1 0x y z y c b aa b c

Resolucin: Debido a que los extremos se encuentran condicionados, el mtodo a utilizar debern ser los multiplicadores de Lagrange. Debido a esto el primer paso es formar la ecuacin de Lagrange:



2 2 22 2 2

2 2 2 1x y zL x y za b c

El siguiente paso es derivar con respecto a todas nuestras variables e igualarlas a cero y despus resolver el sistema de ecuaciones obtenido:

222 0 1L xxx a

222 0 2L yyx b

222 0 3L zzx c

2 2 22 2 2 1 0 4L x y za b c

De 1 , 2 y 3 : 2

2 222 0 2 1 0 0xx x x o aa a

(esto no es posible) 2

2 222 0 2 1 0 0yy y y o bb b

(esto no es posible) 2

2 222 0 2 1 0 0zz z z o cc c

(esto no es posible)Con estos valores y la ecuacin 4 , se analizan todas las posibilidades que se pueden formar para determinar los extremos de la funcin:

0x y 2 2 2 2

2 2 2 20 00 1 1z zy z ca b c c

0x y 2 2 2 2

2 2 2 20 00 1 1y yz y ba b c b

0y y 2 2 2 2

2 2 2 20 00 1 1x xz x a

a b c a

Y con cada una de las posibilidades se evala la funcin a optimizar: 2 2 2 2 20, 0, , 0 0 0, 0,c u c u c u c c 2 2 2 2 20, , 0 0 0 0, , 0b u b u b u b b 2 2 2 2 2, 0, 0 0 0 , 0, 0a u a u a u a a

Resulta evidente que de estos seis puntos crticos, si se toma en consideracin la segunda restriccin, los mximos y mnimos son:

Mximos: 2, 0, 0,a a y mnimos: 0, 0, , 0c

COPADI CALCULO VECTORIAL

FACULTAD DE INGENIERA.UNAM 38

30. Determinar los extremos de la funcin u xyz , condicionada por: 5x y z y 8xy yz xz

Resolucin: Este caso involucra multiplicadores de Lagrange debido a que hay condiciones (restricciones). En este caso, la ecuacin de Lagrange es:

1 25 8L xyz x y z xy yz xz Y el sistema que se obtiene a continuacin es el de sus derivadas parciales igualadas a cero:

1 2 0 1L yz y zx

1 2 0 2L xz x zy

1 2 0 3L xy x yz

1

5 0 4L x y z

2

8 0 5L xy yz xz

De 1 , 2 y 3 , se tiene que: 1 2 1 2 1 2; ;yz y z xz x z xy x y

2 2 2 2 2 2 2 2yz y z xz x z yz y z xz x z y z x z y x

2 2 2 2 2 2 2 2yz y z xy x y yz y z xy x y z y x y z x x y z

ahora se analizan todas las posibilidades que existen y esto se hace de la siguiente manera:

x y

52 5

5 2

x y zx z

z x I

; 28

2 8xy yz xzx xz II

I en II : 2 2 2 2 2

2 12

2

10 82 5 2 8 10 4 8 3 10 83 3

210 25 8 25 5 1 5 1

43 9 3 9 3 9 3 33

x x x x x x x x x x

xx x x x

x

En I :

12

5 2 2 14 75 23 3

z

z



se obtienen los puntos:

4 4 72,2,1 , ,3 3 3

y

Para x z :

52 55 2

x y zy zy z III

; 28

2 8xy yz xzz yz IV

III en IV : 2 2 2 2 2

2 12

2

10 82 5 2 8 10 4 8 3 10 83 3

210 25 8 25 5 1 5 1

43 9 3 9 3 9 3 33

z z z z z z z z z z

zz z z z

z

En III :

12

5 2 2 14 75 23 3

y

y


4 7 42,1,2 , ,3 3 3

y

Para y z

52 55 2

x y zx yx y V

; 28

2 8xy yz xzy xy VI

V en VI 2 2 2 2 2

2 12

2

10 82 5 2 8 10 4 8 3 10 83 3

210 25 8 25 5 1 5 1

43 9 3 9 3 9 3 33

y y y y y y y y y y

yy y y y

y

En V :

12

5 2 2 14 75 23 3

x

x


7 4 41,2,2 , ,3 3 3

y Para determinar los extremos, se valuar la funcin principal con los datos obtenidos:

2, 2, 1, 2 2 1 4 2, 2, 1 4u u u 4 4 7 4 4 7 112 4 4 7 112, , , , ,3 3 3 3 3 3 27 3 3 3 27

u u u



2, 1, 2, 2 1 2 4 2, 1, 2 4u u u 4 7 4 4 7 4 112 4 7 4 112, , , , ,3 3 3 3 3 3 27 3 3 3 27

u u u 1, 2, 2, 1 2 2 4 1, 2, 2 4u u u

7 4 4 7 4 4 112 7 4 4 112, , , , ,3 3 3 3 3 3 27 3 3 3 27

u u u Por comparacin:

112 427

Entonces

Mximos: 4 4 7 112, , ,3 3 3 27

, 4 7 4 112, , ,3 3 3 27

, 7 4 4 112, , ,3 3 3 27

Mnimos: 2, 2, 1, 4 , 2, 1, 2, 4 , 1, 2, 2, 4

31. Entre todos los tringulos de permetro igual a "2 "p , determinar el que tiene mayor rea. Resolucin: La frmula de Hern relaciona el rea de un tringulo con sus lados: A s s a s b s c , donde A es el rea del tringulo y

2a b cs es el semipermetro del tringulo, con a, b y

c como sus lados. En este caso, la funcin a maximizar es el rea A del tringulo, mientras que la restriccin es el permetro del tringulo. Entonces, si "2 "p es el permetro, es posible escribir que:

2a b c p , por lo que: 22ps p y A p p a p b p c

Aqu se sugiere que, para no complicar los clculos con la raz del rea, slo se optimice el radicando sin la primera " "p es decir: p a p b p c (hay que recordar que esto slo se puede hacer si y slo si no hay variables involucradas). Para facilitar un poco ms los clculos se desarrolla el producto:

;p a p b p c 2p bp ap ab p c ; 3 2 2 2p bp ap cp abp bcp acp abc

Ahora se establece la ecuacin de Lagrange: 3 2 2 2 2L p bp ap cp abp bcp acp abc a b c p se deriva respecto a cada variable y se iguala a cero cada derivada, con lo que se obtiene:

2 0 1aL p bp cp bc 2 0 2bL p ap cp ac



2 0 3cL p bp ap ab 2 0 4L a b c p

Si se despeja 2p de cada una de las ecuaciones 1 , 2 y 3 es posible formar una triple igualdad que quedara como sigue:

bp cp bc ap cp ac bp ap ab Como se sabe, en estos casos hay tres sistemas de dos ecuaciones. Se trabajar con:

bp cp bc ap cp ac bp bc ap ac b p c a p c b a ap cp ac bp ap ab cp ac bp ab c p a b p a c b

Y por la propiedad de transitividad tenemos que: a b c

Esto quiere decir que el tringulo que tiene mayor rea con un permetro igual a 2p, es aquel que tiene sus tres lados iguales, esto es: un tringulo equiltero.

32. En qu punto de la elipse 2 2

2 2 1x ya b

la tangente a sta forma con los ejes coordenados el tringulo de menor rea? Calcular el valor de esta rea mnima. Solucin:

Como se sabe, la pendiente de la recta tangente a cualquier curva, es la derivada de su expresin matemtica, por lo que lo primero que se deber hacer es derivar la ecuacin de la elipse y determinar el valor de la pendiente de su recta tangente:

x

y

a a b

b

x

y

u

v



2 22 2 0x y dya b dx

2

2dy xb mdx ya

El rea del tringulo est delimitada por las coordenadas en donde cruza esta recta a los ejes. Si a estos lados se les llama u y v (base y altura), se puede calcular el rea del tringulo, pues se tratara de un tringulo rectngulo. La definicin de pendiente de una recta (como se vio en los cursos de geometra analtica plana) es:

2 1

2 1

y ymx x . Las coordenadas de los vrtices del tringulo que estn sobre los ejes coordenados

son: , 0u y 0, v ; entonces, la pendiente de la recta tangente est dada por: 0

0v vm m

u u . Se iguala con la obtenida de la derivada y se tiene que:

2 2

2 2v xb v xbu ya u ya

por igualdad de fracciones: 2v xb y 2u ya . Y de esta forma, el rea del tringulo a maximizar es:

2 2

2 2uv xya bA

Ahora se plantea la ecuacin de Lagrange: 2 2 2 2

2 2 12xya b x yL

a b

Se deriva con respecto a cada una de las variables, se iguala a cero y se tiene que:

2 2 22 0 12xya b xL

a

2 2 22 0 22yxa b yL

b

2 22 2 1 0 3x yL a b De las dos primeras ecuaciones se despeja el multiplicador de Lagrange " " y se igualan las expresiones resultantes, de donde:

2 2

22 0

2ya b x

a

2 2

22

2x ya b

a

4 2

4ya b

x

2 2

22 0

2xa b y

b

2 2

22

2y xa b

b

2 4

4xa b

y

2 4 4 2

4 4xa b ya b

y x 2 2 4 2 4 2x a b y a b

22 2

2ax yb

ax y Ib

Se sustituye este resultado en la restriccin:



2

2

2 2 1

ayyb

a b

2 2

2 2 1y yb b

2

22 1yb

2

by II se sustituye II en I :

2b ax

b 2

ax Por lo tanto, los puntos crticos son:

1 ,2 2a bP ; 2 ,2 2

a bP ; 3 ,2 2a bP ; 4 ,2 2

a bP que son los cuatro puntos de la elipse, correspondientes a los cuatro cuadrantes, donde la tangente geomtrica forma con los ejes coordenados el tringulo de menor rea. Y esta rea mnima es igual a:

min2 22 4

a babA

33. Para conducir agua para riego, a travs de una barranca, se necesita construir un canal de seccin trapezoidal y esto se hace con una hoja de lmina cuyo ancho es de 90 cm . Calcular la longitud de la seccin del canal en su base, as como el ngulo de inclinacin de sus taludes, de tal manera que el canal tenga mxima capacidad. Solucin: En problemas como ste, los modelos geomtrico y matemtico, as como una adecuada asignacin de variables, es fundamental. As, para este caso, se sugiere lo siguiente:

La mxima capacidad se presenta con la mxima rea de la seccin, por lo que la funcin a maximizar es el rea que equivale, segn el modelo y las variables en l contenidas, al rea de un

trapecio ( 12

A B b h : luego,

x x

90 2x

90 2 2 cosx x

x sen



1 90 2 2 cos 90 22

A x x x xsen 1 180 4 2 cos2 x x xsen 90 2 cosx x xsen

2 290 2 cosA xsen x sen x sen Ahora, se deriva parcialmente con respecto a las variables " "x y " " , con lo que se obtiene:

90 4 2 cos 2 45 2 cos 0 1A sen xsen xsen sen x xx

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

90 cos 2 cos cos

90 cos 2 cos 1 cos cos

90 cos 2 cos 2 cos 90cos 2 cos 2 cos 0 2

A x x x sen x

x x x x

x x x x x x x x

De las ecuaciones 1 y 2 se tiene que sen y x no pueden valer cero ya que no se tendra canal, luego estas expresiones quedan como:

45 2 cos 0 3x x , 290 cos 2 cos 2 cos 0 4x x x Ahora, de 3 se despeja cos y se sustituye en 4 , de donde se llega a:

22 45 2 45 2 45 2 45cos ; 90 2 2 0x x x xx x xx x x x

2 3 2 3 3 2180 4050 4 90 8 360 4050 0x x x x x x x x

3 2 2 03 90 0 3 30 0 30x

x x x xx

el valor de 0x no se toma por la razn antes expuesta, por lo que el nico valor factible es

30x Se obtiene ahora el correspondiente valor del ngulo :

02 30 452 45cos ; cos cos 0.5 6030

x angx

Con estos valores, que constituyen el nico punto crtico, se asume que la capacidad es mxima. Si se calculara el valor del rea para otros valores cercanos a los obtenidos, se vera que conducen a valores menores del rea. Luego, la capacidad del canal es mxima cuando la longitud de su seccin en la base es de 90 2 30 30 cm y el ngulo de sus taludes es de 060 . 34. Determinar el mximo absoluto y el mnimo absoluto de la funcin , 2 3f x y x y , en la regin:

2

2 14x y



Resolucin:

Como 2fx y 3

fy , no hay puntos crticos para f , lo que es obvio ya que se trata de un

plano. Por lo que el mximo y el mnimo absolutos deben presentarse en la frontera 2

2 14x y .

Las ecuaciones paramtricas de esta elipse son: 2cosx y ; 0 2y sen

Entonces, en la frontera se tiene que: , 4cos 3f x y g sen

de donde:

4 3cos 0dg send

3 4cos3 5 5tan

3 44 cos5 5

sen y

sen y

y por lo tanto, los puntos crticos en la curva frontera son: 8 3,

5 5 y

8 3,5 5

, ya que 2cosx

y sen

Se evala la funcin en estos puntos y se obtienen los extremos absolutos solicitados. As,

Mximo absoluto: 8 3, 55 5

M y Mnimo absoluto: 8 3, 55 5

m Este problema tambin se podra haber resuelto por medio de los multiplicadores de Lagrange, partiendo de la ecuacin:

222 3 1

4xL x y y

Nota. El lector puede resolverlo de esta forma y comprobar resultados. 35. Determinar el mximo absoluto y el mnimo absoluto de la funcin 2 2, 2f x y x x y cuyo dominio se restringe a: 2 2 2, 1 ; ,fD x y x y x y

5 3

4



Resolucin: Si se analiza la funcin f para mximos y mnimos, se tiene que:

12 1; 2 1 02

f x x xx

; 4 ; 4 0 0f y y yy

Luego se tiene un punto crtico que es 1 , 02

, que satisface la restriccin 2 2 1x y . Luego,

por el criterio de la segunda derivada se tiene que: 2 2 2 2

2 22; 4; 0f f f f

x y y x x y

de donde:

22 2 2 2

2 2 2, ; , 8 0 0H Hf f f fx y x y y

x x y x x

mnimo relativo en

1 1, 02 4

m Para analizar la frontera, esto es 2 2 1x y , se utiliza el mtodo de los multiplicadores de Lagrange. As, la ecuacin de Lagrange, sus derivadas parciales y el sistema a resolver quedan como:

2 2 2 2, , 2 1L x y x x y x y 12 1 2 ; 2 1 2 0 1

2 2L x x x x xx

4 2 ; 4 2 0 2 2 0 2L y y y y yy

De estas ecuaciones 1 y 2 se tiene que: Si 0y en 2 2

1,0 01 : 1

1,0 2f

x y xf

Si 2, en 1 ; 12

x en 2 21 3 9,2 2 431 ;

2 1 3 9,2 2 4

f

x y yf

donde el mximo absoluto es 94

y se presenta en los puntos 1 3,2 2

y 1 3,

2 2

. El

mnimo absoluto se presenta en el punto 1 , 02

y su valor es 14

.



36. Determinar los puntos de la esfera 2 2 2 1x y z , ms cercanos y ms lejanos al punto 1, 2, 3P .

Resolucin: La funcin que relaciona la distancia del punto a la esfera est dada por:

2 2 2 2, , 1 2 3f x y z x y z d Por el mtodo de los multiplicadores de Lagrange:

2 2 2 2 2 21 2 3 1L x y z x y z 12 1 2 0 ... 1L xx x

x x

22 2 2 0 ... 2L yy yy y

32 3 2 0 ... 3L zz zz z

2 2 2 1 0 ... 4L x y z

Igualando la ecuacin 1 con la ecuacin 2 , se tiene: 1 2 2 2 ... 5x y xy y xy x y x

x y

Igualando la ecuacin 1 con la ecuacin 3 , se tiene: 1 3 3 3 ... 6x z xz z xz x z x

x z

Sustituyendo en la ecuacin 4 : 2 22 2 2 2 2 11 0 2 3 1 0 14 1

14x y z x x x x x

Al sustituir el valor de 114

x en las ecuaciones 5 y 6 se obtiene: 2 3;14 14

y z Los puntos crticos son:

11 2 3, ,14 14 14

P y 21 2 3, ,14 14 14

P . Se evala la funcin objetivo en los puntos crticos:

2 2 21 2 3 1 2 3, , 1 2 3 7.5214 14 14 14 14 14

f 2 2 21 2 3 1 2 3, , 1 2 3 22.48

14 14 14 14 14 14f



Por lo tanto, el punto ms cercano es 11 2 3, ,14 14 14

P y el punto ms lejano es

21 2 3, ,14 14 14

P . 37. Si 2, , 20 2 2T x y z x y z representa la temperatura en los puntos del hemisferio

2 2 2 11x y z 0z . Determinar la temperatura mxima sobre la curva de interseccin del plano 3 0x y z con el hemisferio. Resolucin: Por el mtodo de los multiplicadores de Lagrange:

2 2 2 220 2 2 3 11L x y z x y z x y z 2 2 0 2 2 ... 1L x x

x

2 2 0 2 2 ... 2L y yy

2 2 0 2 2 ... 3L z z z zz

3 0 ... 4L x y z

2 2 2 11 0 ... 5L x y z

Igualando la ecuacin 1 con la ecuacin 2 se tiene: 2 2 2 2 1 1 ... 6x y x y y x

Sustituyendo la ecuacin 6 en la ecuacin 4 se tiene: 3 0 2 3 0 3 2 ... 7x x z x z z x

Sustituyendo la ecuacin 6 y 7 en la ecuacin 5 se tiene; 22 2 2 2 2 2 211 0 3 2 11 0 6 12 2 0 3 6 1 0x y z x x x x x x x

Se resuelve la ecuacin de segundo grado:

26 6 4 3 1 6 48 3 2 32 3 6 3

x

Para 3 2 3 3 2 3 4; 3 2 3 2 3 03 3 3

x z

(no es posible por la restriccin

0z ).



Para 3 2 3 3 2 3 3 4 3; 3 2 03 3 3

x z

.

Se sustituye el valor de 3 2 33

x en la ecuacin 6 : 3 2 33

y El punto de mayor temperatura es:

3 2 3 3 2 3 3 4 3, ,3 3 3

P

La temperatura mxima es, por consiguiente:

Temperatura Mxima = 2

3 2 3 3 2 3 3 4 3 9120 2 2 30.333 3 3 3

x


FACULTAD DE INGENIERA. UNAM

50

TEMA II

FUNCIONES VECTORIALES 1. Discutir la continuidad de la siguiente funcin y calcular, si existe, el lmite.

2

2 4, 0,0lim

x y

xyx y

Resolucin: Como se observa, la funcin es continua en todo punto ,x y , excepto en el origen (0,0). Ahora, para calcular el lmite, se observa que no se puede hacer directamente, ya que obtendramos una indeterminacin, por lo tanto consideraremos varios caminos diferentes para aproximarnos a (0,0). 1 Opcin: Se probar con 2x y

2 2 22 2 4 4

2 2 4 4 4 4, 0,0 , 0,0 , 0,0

1lim lim lim( ) 2 2y y y y y y

y y y yy y y y y

Sin embargo, si (x,y) tiende a (0,0) a lo largo de la parbola 2x y , obtenemos

2 2 22 2 4 4

2 2 4 4 4 4, 0,0 , 0,0 , 0,0

( ) 1lim lim lim( ) 2 2y y y y y y

y y y yy y y y y

Como se observa, los dos valores obtenidos son distintos, por lo tanto, el lmite no existe. 2. Estudiar la continuidad de la siguiente funcin vectorial:

3 43 2 , , 2xy yz xyv x y z i j kx y z

Resolucin: Se podra pensar que simplificando la funcin, se eliminara la discontinuidad en 0x , sin embargo cuando simplificamos estamos cambiando una funcin por otra equivalente, pero NO estamos trabajando con la ecuacin original, por lo que este procedimiento no sera vlido. Sin embargo a simple vista se nota que dicha funcin es discontinua en: x = 0 ; y = 0 ; z = 0 . 3. Determinar el intervalo de continuidad de la siguiente funcin vectorial:

5 6 4 tr t t i j kt t



51

Resolucin: Se analiza la funcin por sus componentes vectoriales: Para la componente en i necesitamos que el radicando sea mayor o igual a cero. A simple vista vemos que esto se logra en 4t . Para la componente en j podemos apreciar que no es continua en 0t . Ahora, para la ltima componente, de nuevo tenemos una discontinuidad en 0t y, adems, necesitamos que el radicando sea mayor que cero, lo que se obtiene con 6 t . Por lo que el intervalo en que es continua la funcin es:

4,0 0,6 Ntese que en ambos casos el intervalo es abierto en 0t , ya que no incluye el 0 como parte del intervalo de continuidad.

4. Sea 2 32 2 3r t t i t j t k . Para 1t , calcular: a) 1r y 2r b ) Para qu valores de t el vector de posicin r t est en uno de los planos coordenados? Resolucin: a) Para 1t , se sustituye este valor de t en la ecuacin r t

2 31 1 2 2 1 3 1 1 3r i j k r i j k Para 2t , se sustituye este valor de t en la ecuacin r t

2 32 2 2 2 2 3 2 2 4 5 8r i j k r i j k b) Para estar en el plano XY , la componente en z debe ser cero, por lo que 3 0t , entonces

0t . Para estar en el plano YZ , la componente en x debe ser cero, por lo que 2 0t , entonces

2t . Para estar en el plano XZ , la componente en y debe ser cero, por lo que 22 3 0t , entonces

123

2t .

5. Sea 3 2tr t In t i e j t k , determinar :

a) El dominio de r y determinar los intervalos donde r es continua.



52

b) r t y r t . Resolucin: a) Como In t no est definido para 0t , el dominio de r es el conjunto de los reales positivos, ya que el In t de un numero negativo no est definido para el conjunto de los nmeros reales. b) Para obtener la derivada de una funcin vectorial, se deriva cada una de sus componentes, por lo que:

31 3 2tr t i e j t kt

y para obtener la segunda derivada, se deriva otra vez:

321 9 2tr t i e j kt

6. Una partcula P gira alrededor del eje z sobre una circunferencia de radio k que

se encuentra en el plano z h . La rapidez angular dhdt

es una constante . El vector k que est dirigido a lo largo del eje z y tiene por magnitud a , es la velocidad angular de P . Demostrar que la velocidad v t de P , es el producto vectorial de con el vector de posicin r t de P , donde: cosr t k t i ksen t j h k

Resolucin:

0 0 coscos

i j kr t k sen t i k t j

k t ksen t h

y como:

cosr t k sen t i k t j Vemos que:

r t v t r t Q.E.D. 7. Probar que la funcin z sen ct sen x satisface la ecuacin de onda



53

2 2

22 2z zc

t x

Resolucin: Se tienen que desarrollar las diferentes derivadas parciales.

cosz c ct sen xt

2

22z c sen ct sen x

t

cosz sen ct xx

2

22z sen ct sen x

x

Al sustituir las expresiones, se tiene: 2 2 2c sen ct sen x c sen ct sen x 2 2c sen ct sen x c sen ct sen x

con lo que queda demostrado que la funcin dada satisface la ecuacin de onda. 8. Para la curva representada por cosr t asent i a t j , 0 2t , obtener sus vectores

T ,

N (tangente y normal, respectivamente) en los puntos para los cuales

30, , ,2 2

t , y representarlos grficamente.

Resolucin:

cosdr a t i asent jdt

dr adt

cosdrdtT t i sent jdrdt

2 2cos cos 1dT dTsent i t j sen t tdt dt

cosdTdtN sent i t jdTdt



54

Para 0t : 0,A a T i , N j para

2t : 0, 0B T j , N i

para t : 0,C a T i , N j para 3

2t : , 0D a T j , N i

Representacin grfica:

9. Una partcula se mueve a lo largo de una curva representada por la ecuacin vectorial

tr t t i e j tk Determinar las componentes tangencial y normal del vector aceleracin. Resolucin: Al calcular los vectores velocidad y aceleracin, se obtiene:

22t ttv t D r t i e j k v t e t tta t D v t e j a t e

2 22

2 22

2

tt

t

ds d s eedt dt e

Por lo tanto,

222

t

T t

ea te

y 42 2 2

2 2

22 2

t tt

N T t t

e ea t a t a t ee e

T

T

T

T

N NN

N

A

B

C

D

y

x



55

10. Sea la curva de ecuacin 1 cos 1 cos 2r t t i t j sent k . Determinar las coordenadas de los puntos de la curva en la que la tangente sea perpendicular al vector de posicin. Resolucin:

El vector tangente se determina mediante: 2 cosdr sent i sent j t kdt

Para que sean perpendiculares; 0dr rdt

cos cos 2 cos 0sent sent t sent sent t sent t 0 0

por lo que en este problema, la tangente siempre es perpendicular al vector de posicin.

11. Sea C la curva de ecuaciones 4

4tx ,

3

3ty ,

2

2tz . Obtener los puntos de C donde su

tangente es paralela al plano 3 2 1 0x y z . Resolucin:

Ecuacin vectorial: 4 3 2

4 3 2t t tr i j k

3 2dr t i t j t kdt

, vector tangente a la curva

3 2n i j k , vector normal al plano Para que la tangente y el plano sean paralelos se debe cumplir que 0dr n

dt

3 2 3 2 0t i t j t k i j k 3 2 2

03 2 0 3 2 0 1 2 0 1

2

tt t t t t t t t t t

t

Los puntos donde la tangente a la curva es paralela al plano son:

Para 0 : 0,0,0t A ; Para 1 1 11 : , ,4 3 2

t B ; Para 82 : 4, ,23

t C



56

12. Para la hlice circular dada por la funcin vectorial cosr t sen t i t j t k , calcular los vectores unitarios ,T N y B , as como la curvatura k , el radio de curvatura , la torsin y el radio de torsin , en el punto donde 4t . Resolucin:

''

rTr

cos 1 1 1' cos ; ' 2 ; ; 42 2 2 2 2

t sentr t i sent j k r T i j k T i k ' ''' ''

r rBr r

' 4 ; '' cos ; '' 4 ; ' '' 1 0 10 1 0

i j kr i k r t sent i t j r j r r i k

1 1' '' 2 ;2 2

r r B i k

' '' '

' '' '

r r rN

r r r

' '' ' 1 0 1 2 ; ' '' ' 2 ;1 0 1

i j kr r r j r r r N j

3

' ''

'

r rk

r

2 1' '' 2 ; ' 2 ; ;22 2

r r r k 1k

1 212

2' '' '''

' ''r r r

r r

1''' cos ; ''' 4 ; ' '' ''' 1 ; ;2

r t i sent j r i r r r 1 2 13. Sea la curva C de ecuaciones 3cosx t , 3y sen t , 4z t . Obtener T , N , B , , , ,k , plano rectificador, plano normal y plano oscilador.



57

Resolucin: La ecuacin de la curva es: 3cos 3 4r t t i sent j tk Al derivar:

2 2' 3 3cos 4 ; ' 9 9cos 16 25 5r t sent i t j k r t sen t t '' 3cos 3r t t i sent j ''' 3 3cosr t sent i t j

El vector tangente unitario se determina como sigue:

' 3 3cos 4 3 3 4cos5 5 5 5| ' |

r sent i t j kT T sent i t j kr

Para obtener la curvatura, se tiene:

3 3cos3 3 3 35 5cos cos

5 5 5 25 25'

dT t i sent jdT dT dT dt dtt i sent j t i sent jdt ds dt ds r t

2 23 3 3cos25 25 25

dT dT dTkN k N k t sentds ds ds

Por lo que el radio de curvatura es: 1 25 8.333k

De las frmulas de Frenet-Serret, se determina el vector normal:

1 25 3 3cos cos3 25 25

dT dTkN N t i sent j t i sent jds k ds

Por definicin: 3 3 4 4 4 3cos cos5 5 5 5 5 5cos 0

i j k

B T N B sent t sent i t j k

t sent

4 4 3cos5 5 5

B sent i t j k

4 4cos 4 45 5 cos

5 25 25'

dB t i sent jdB dB dt ds t i sent jds dt ds r t

De las frmulas de Frenet-Serret, se determina la torsin: 2 24 4 4cos

25 25 25dB dB dBN N t sentds ds ds

Por lo que:

1 225 6.2536



58

La ecuacin del plano normal es: 0 0 03 3 4cos , , 05 5 5sent i t j k x x y y z z

La ecuacin del plano rectificador es: 0 0 0cos , , 0t i sent j x x y y z z La ecuacin del plano oscilador es: 0 0 04 4 3cos , , 05 5 5sent i t j k x x y y z z

14. dada la curva de ecuaciones 4cos ; 3 ; 4x t y t z sent , determinar

, , , , , ,T N B k para t

)i a partir del parmetro " "t )ii a partir del parmetro longitud de arco Resolucin:

4 cos 3 4 ' 4 3 4 cos ' 3 4r t i t j sent k r sent i j t k r j k 2 2 ' 3 4' 16 9 16 cos ' 5 ;

5 5'rr sen t t r T T j kr

'' 4 cos 4 '' 4 r t i sent k r i

' '' 0 3 4 16 12 ' '' 204 0 0

i j k

r r j k r r

16 12 4 320 20 5 5

B j k B j k

4 3 16 905 5 25 253 405 5

i j k

N B T i N i

3

' '' 20 4 25125 25 4'

r rk k k

r

''' 4 4 cos ''' 4 ; ' '' ''' 16 12 4 48 r sent i t k r k r r r j k k



59

2' '' ''' 48 3 25;

400 25 3' ''

r r r

r r

2 2

0 0) 16 9 16cos 5 5

5 t t sii s sen t t dt s dt s t t

34cos 45 5 5

s s sr s i j sen k 4 3 4 3 4cos ; 55 5 5 5 5 5 5

d r s sT sen i j k t s T j kds

4 4 4 4 25cos ; ; ;25 5 25 5 25 25 4

dT s s dT dTi sen k k kds ds ds

cos5 5

dT s sk N N i sen k N ids

3 4 4 3 4 305 5 5 5 5 5

1 0 0

i j k

B T N j k B j k

4 3 4 cos5 5 5 5 5

cos 05 5

i j ks sB T N sen

s ssen

2 23 4 4 3 3 4 3cos cos cos5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5

s s s s s ssen i sen j k sen i j k

3 3 3 3 25; cos ;25 5 25 5 25 25 3

d B d B s s d Bi sen kds ds ds

15. Calcular la longitud de arco de la curva representada por:

3cos 3 4r t t i sent j t k desde el punto donde 0t , hasta el punto donde t . Resolucin:

Se tiene que: ' 'ds r s r dtdt

Entonces:



60

' 3 3cos 4 ' 5r t sent i t j k r Por tanto, la longitud de arco de curva se expresa como:

05 5S dt S

unidades de longitud 16. Calcular la longitud de arco de la espiral de Arqumedes de ecuacin polar a , en el intervalo 0, 2 . Resolucin: La diferencial de longitud de arco en el sistema polar est dada por la expresin

2 2 22ds d d En este caso:

2 2 2 22 2 2 2 2 21 1d ad ds a d a d a d ds a d por lo que

22 2 2 20 11 1 ln 12 2 os a d a

2 211 4 ln 2 1 4 21.25632s a a 17. Obtener una ecuacin vectorial de la Tierra considerndola como una esfera de radio

6400r km . Resolucin. La ecuacin pedida es de la forma:

, , , , 1r u v x u v i y u v j z u v k



61

As pues, de la figura podemos apreciar que:

, 6400cos cos 6400cos 6400r u v v u i v senu j senv k la cual es una ecuacin de un esfera de radio 6400r y centro en el origen. Comprobacin: Basndonos en la ecuacin 1 :

6400cos cosx v u 6400cosy v senu 6400z senv

Para eliminar los parmetros y obtener la ecuacin cartesiana: 2 2 2 26400 cos cosx v u 2 2 2 26400 cosy v sen u 2 2 26400z sen v

Sumando las tres ecuaciones y factorizando, se obtiene: 2 2 2 2 2 2 2 26400 cos cosx y z v u sen u sen v

2 2 2 2 2 26400 cos (1)x y z v sen v 2 2 2 26400 1x y z ; 2 2 2 26400x y z (correcto)

18. Dadas las siguientes funciones vectoriales de variable vectorial, graficarlas mediante la identificacin de superficie que representan y dar las ecuaciones cartesianas de dichas superficies:

2) , cos ; ) , cos cosi F u v u v i u j u senv k ii F u v senu v i senu senv j u k

Resolucin:

2) , cosi F u v u v i u j u senv k . Unas ecuaciones paramtricas de la superficie son:

y

r

v

u

x

z



62

2cos ; ;x u v y u z u senv Por la identidad trigonomtrica 2 2cos 1sen v v , con la primera y la tercera ecuaciones:

2 2 2 22 2 2 2 2

2 2 2 2cos ; ; 1x z x zu sen v x z uu u u u

y por la segunda ecuacin paramtrica se llega finalmente a la ecuacin de la superficie, esto es:

2 2y x z que es la ecuacin de un paraboloide circular o de revolucin, con vrtice en el origen de coordenadas y eje de simetra el eje y . Su grfica aproximada es la siguiente:

) , cos cosii F u v senu v i senu senv j u k .

Las ecuaciones paramtricas de la superficie son: cos ; ; cosx senu v y senu senv z u

Como 2 2cos 1sen v v , de las dos primeras ecuaciones, se tiene que. 2 2 2 2

2 2 2 2 22 2 2 2cos ; ; 1

x y x yv sen v x y sen usen u sen u sen u sen u

como 2 2cos 1sen u u , con la expresin obtenida y la tercera ecuacin paramtrica, se llega a:

2 2 2 2 2cos 1u z x y z , que es la ecuacin de una esfera con centro en el origen de coordenadas y radio igual a uno. Su grfica aproximada se muestra a continuacin:

z

y

x

x

y

z



63

19. Obtener la ecuacin del plano tangente a la siguiente superficie: 2 2lnz x y en el punto 3, 4, ln 5 . Resolucin: Si se considera que:

2 2, , lnh x y z x y z se tiene que las derivadas parciales son:

1/ 22 2

2 22 2

1 22, ,x

x y x xh x y zx yx y

1/ 22 2

2 22 2

1 22, ,y

x y y yh x y zx yx y

, , 1zh x y z y en el punto 3, 4, ln 5 estas derivadas parciales son:

2 23 33, 4, ln5 3 4 25xh 2 24 43, 4, ln 5 3 4 25yh 3, 4, ln 5 1zh

Luego, la ecuacin del plano tangente en el punto 3, 4, ln 5 es: 3 4 3 43 4 1 ln5 0 3 4 ln5 0

25 25 25 25x y z x y z 3 3 4 4 25 25ln5 3 9 4 16 25 25ln5x y z x y z

3 4 25 25 25ln5 3 4 25 25 1 ln5x y z x y z 20. Dada la transformacin

... 12 ... 2

x u vy u v

a) Obtener las ecuaciones para la transformacin inversa. b) Dibujar las regiones x yR y uvR si 0 1u y 0 1v

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Problemario Copadi de Calculo Vectoria - Humberto y Colome