mate3(3[1].1)

8/4/2019 mate3(3[1].1)

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(3) PROBLEMAS DE MA133 FIEE - UNI (Enzo Felipe)

1. Sea f : R2 → R una funcion diferenciable en todo R. Determinar si existe una funcion armonicade la forma: µ(x;y) = f ( 2x

y). (2da PC 12/10/07)1

Solucion:

U na f uncion es armonica si cumple la ec de Laplace : ∂ 2µ∂x2

+ ∂ 2µ∂y2

= 0 ∨ µxx + µyy = 0

Sea µ = f (t) con t =

2x

y , derivando respecto a x:

µx =d

dxf (t) =

∂

∂tf.

∂t

∂x= f .tx

Derivando nuevamente:

µxx =d

dx(f .tx) =

∂

∂t(f ).

∂t

∂x.tx + f .

∂

∂x(tx) ⇒ µxx = f (tx)2 + f .txx

Si hacemos la misma operacion pero derivando respecto a y obtenemos:

µyy = f (ty)2 + f .tyy

Reemplazando en la ec de Laplace:

f (tx)2 + f .txx + f (ty)2 + f .tyy = 0

Despejando:f

f = − txx + tyy

(tx)2 + (ty)2

* Esta es la forma b´ asica para resolver problemas de este tipo porque siempre dan ’t’, luego seintegra para hallar la funci´ on * Para el problema, t = 2x

y.Operando obtenemos los valores: tx = 2

y, txx = 0, ty = −2x

y2, tyy =

4xy3

. Reemplazando y operando:

f

f =−

xy

x2 + y2

=−1

xy +

yx

=−1

t2 + 2t

=−2t

t2 + 4

Usamos algo de ec diferenciales. Sea: f = p ⇒ f = dpdt

. En la ec anterior:

f

f =

1

p.dp

dt=−2t

t24

Integrando: dp

p= −

2tdt

t2 + 4= −

d(t2 + 4)

t2 + 4

lnp = −ln(t2 + 4) ⇒ p =1

t2 + 4

Pero: p = f =d

dtf , reemplazando e integrando:

df

dt=

1

t2 + 4⇒

df =

dt

t2 + 4⇒ f =

1

2arcTg(

t

2) + C

Pero como t = 2xy

, finalmente:

f =1

2arcTg(

x

y) + C

1Enzo Felipe Ch.

1

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2. Determinar en caso exista el siguiente lımite: (2da PC 12/10/07)

lim(x;y)→(0;0)f (x; y) =x2ey + y4

x2 + y4

Solucion:

Nos aproximamos por S 1 :{

(x; y)/x = 0}

:

limy→0

f (0; y) = limy→0

y4

y4= 1

Ahora por: S 2 : {(x; y)/y = 0}:limx→0

f (x; 0) = limx→0

= 1

Entonces, el lımite existe y hay que demostrar que es 1.(ejercicio :)2 )

3. Escribir la ec implıcita de una superficie S con lınea directriz: x = cosµ, y = senµ, z = 0 y conlas generatrices rectilıneas paralelas al vector a : (−1;3;−2) (2da PC 12/10/07)Solucion:

Por el dato del problema nos damos cuenta que la superficie es un cilindro pues tiene generatricesparalelas y su directriz es una curva plana.La ecuacion vectorial para un cilindro es: S = r + t.g , donde r es la directriz y g es la generatriz(dibujar).Luego, para el problema

S : (cosµ; senµ; 0) + t(−1;3;−2)

Ademas, si R es la ecuacion vectorial de S tenemos:

R = (x; y; z) = (cosµ− t; senµ + 3t;−2t)

Finalmente parametrizamos haciendo:

cosµ = x + t = x− z

2∧ senµ = y − 3t = y +

3z

2

Por lo tanto:S : (x− z

2)2 + (y +

3z

2)2 = 1

4. Sea f (x; y) = Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F en donde A > 0 y B2 < AC . Demostrar queexiste un punto (x1; y1) en el que f tiene un mınimo. (2da PC 22/05/98)Solucion:

Para que exista un mınimo se debe cumplir:

f xx > 0 ∧ f xx.f yy − (f xy)2 > 0

Entonces, derivando:

f x = 2Ax + 2By + 2D

f y = 2Cy + 2Bx + 2E f xx = 2A

f yy = 2C

f xy = 2B

Luego: 2A > 0 , entonces: A > 0 (dato)Tambien:

(2A)(2C )− (2B)2 > 0 ⇒ 4AC − 4B2 > 0 ⇒ AC > B2 (dato)

Por lo tanto:2Enzo Felipe Ch.

2

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existe un mınimo.

Para hallar el punto crıtico hacemos: f x = 0 y f y = 0.Resolviendo:

y1 =BD − AE

CA − B2∧ x1 =

−(D + By1)

A

5. Sea S la superficie definida por: x = 3µ + ν 2 + 1, y = 2µ + ν 2 − 1, z = −µ + 2ν . Demuestre quees una superficie cilındrica y halle su ecuacion en el plano xy. (2da PC 11/10/01)3

Solucion:

Se puede escribir:

(x; y; z) = (ν 2 + 1; ν 2 − 1; 2ν ) + µ(3;2;−1) = r + µ(3; 2;−1)

Con r = (ν 2 + 1; ν 2 − 1; 2ν ) , entonces S sera un cilindro si r es una curva plana, es decir, su

torsion debe ser igual a cero. Recordemos que: τ = (r×r)•r|r×r|2 , entonces , derivando:

r = (2ν ; 2ν ; 2) ∧ r(2;2;0) ∧ r(0;0;0)

Luego:

Su torsion es cero ⇒ S es un cilindro

En el plano xy :z = 0 pero z = −µ + 2ν entonces: µ = 2ν . Luego:

x = 3µ + ν 2 + 1 = 6ν + ν 2 + 1 ∧ y = 2µ + ν 2 − 1 = 4ν + ν 2 − 1

Restando:x− y = 2ν + 2 (1)

Pero como: x = ν 2 + 6ν + 1 entonces: ν 2 + 6ν + 1 − x = 0. Resolviendo para ν obtenemos lasolucion general:

ν = −3±√8 + x escogemos : ν = −3−√8 + x

Reemplazando en (1):x− y = 2(−3−√8 + x) + 2 (2)

Al cuadrado y operando:x2 + y2 − 2xy = 48 + 16

√8 + x + 4x (3)

Pero de (2):√

8 + x = −(x−y−22 + 3) entonces reemplazando en (3):

x2 + y2 − 2xy = 48 − 16(x− y − 2

2+ 3) + 4

Finalmente operando obtenemos:

x2 + y2 − 2xy + 4x − 8y − 16 = 0

6. Sea f (x; y) = 4xy2−x2y2−x3, D es una region triangular en el plano xy de vertices (0;0),(6;0),(0;6).Halle los valores maximos y mınimos absolutos de f en D.(2da PC 11/10/01)Solucion:

Por teorema, si f es contınua en D existe por lo menos un punto en D donde f tiene un m´ aximoabsoluto y existe por lo menos un punto donde f tiene un mınimo absoluto.(ver el Leithold:Calculocon geometrıa analıtica)Si f x y f y existen, los extremos absolutos se producen en el punto P 0 : (x0; y0) para el cualf x(x0; y0) = f y(x0; y0) = 0. O si no, en un punto sobre la frontera de D. Derivando:

f x = 4y2 − 2xy2 − y3 = 0 ∧ f y = 8xy − 2x2y − 3xy2 = 0

3Enzo Felipe Ch.

3

8/4/2019 mate3(3[1].1)


Resolviendo el sistema:

y = 2 , x = 1 → P 0 : (1; 2) ∨ y = x = 0

Tambien, derivando:

f xx = −2y2

f yy = 8x− 2x2 − 6xy

f xy = 8y − 4xy − 3y

2

Em P 0:f xx = −8 ∧ f yy = −6 ∧ f xy = −4

Entonces:f xxf yy − (f xy)2 = 32 > 0 ∧ f xx = −8 < 0

Por lo tanto existe un maximo relativo en P 0 que sera:

f (1; 2) = 4

Ahora tenemos que analizar en la frontera de la region D para saber si f (P 0) es maximo absolutoy para hallar el mınimo absoluto.En las rectas x = 0 (y[0;6]) y y = 0 (x[0;6] f (x; y) se anula. Entonces, hay que analizar en larecta que va de (0; 6) a (6; 0) cuya ecuacion es: y = −x + 6 :

f (x; y) = f (x; 6− x) = y2(4x− x2 − xy) = (6− x)2(4x− x2 − 6x + x2) = −72x + 24x2 − 2x3

Sea g(x) = f (x; 6− x) , tenemos que hallar los extremos de g(x). Entonces derivando:

g(x) = −72 + 48x − 6x2 = 0

Obtenemos: x = 6 ∧ x = 2 (puntos crıticos). Analizando nos damos cuenta que en x = 2 :minimo y en x = 6 : maximo. Luego:

g(6) = 0 < f (P 0) → f (P 0) : maximo absoluto

g(2) =

−64

→minimo absoluto

Por lo tanto:

max absoluto = 4 y min absoluto = −64

7. Halle los valores de las constantes a,b,c tales que la derivada direccional de f (x; y; z) = axy2 +byz + cx3z2 en el punto (1; 2;−1) tenga el valor maximo 64 en la direccion paralela al eje z. (2da PC 11/10/01)4

Solucion:

Dato: µ = (0; 0; 1), ademas sabemos:D µf = f • µ

4Enzo Felipe Ch.

4

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Pero D µf es maximo cuando f µ entonces: f = k µ. Ademas del dato:

D µmaxf = k µ • µ = 64 ⇒ k = 64

Tomando gradiente: f = (ay2 + 3cx2z2; bz + 2axy; by + 2cx3z) , en (1; 2;−1) :

f = (4a + 3c;−b + 4a; 2b− 2c) = k(0; 0;1) = (0;0; 64)

Obtenemos las ecuaciones:

4a + 3c = 0

−b + 4c = 0

2b− 2c = 64

Resolviendo:a = 6 ∧ b = 24 ∧ c = −8

8. Una superficie S esta definida por F (µ; ν ) = 0, µ = xy, ν =√

x2 + z2. Halle un vector normal aesta superficie en el punto (1; 1;

√3) si se sabe que F 1(1; 2) = 1 y F 2(1;2) = 2. (2da PC 11/10/01)5

Solucion:

Como F esta en funcion de µ y ν : F 1 = F µ y F 2 = F ν

Hacemos F (µ; ν ) = f (x; y; z) pues µ = µ(x; y; z) y ν = ν (x; y; z). Entonces S puede estar definidapor f . Luego un vector normal a S sera:

f = (∂f

∂x;

∂f

∂y;

∂f

∂z) en(1; 1;

√3)

Luego, derivamos aplicando la regla de la cadena:

∂f

∂x=

∂F

∂µ.∂µ

∂x+

∂F

∂ν .

∂ν

∂x

∂f

∂y=

∂F

∂µ.∂µ

∂y+

∂F

∂ν .∂ν

∂y

∂f

∂z=

∂F

∂µ; .

∂µ

∂z+

∂F

∂ν .∂ν

∂z;

Ademas de los datos para µ y ν derivando obtenemos:

∂µ

∂x= y ∧ ∂µ

∂y= x ∧ ∂µ

∂z= 0

∂ν

∂x=

x√x2 + z2

∧ ∂ν

∂y= 0 ∧ ∂ν

∂z=

z√x2 + z2

Reemplazando:

∂f

∂x= yF µ +

x√x2 + z2

.F ν

∂f

∂y= xF µ

∂f ∂z

= z√x2 + z2

.F ν

Ahora, en el punto (x; y; z) = (1; 1;√

3) tenemos µ = xy = (1)(1) = 1 y ν =√

x2 + z2 =√

1 + 3 =2. Entonces para (x; y; z) = (1; 1;

√3) → (µ; ν ) = (1; 2). Reemplazando:

f (1;1;√3) = [(1)F µ(1;2) +

1√1 + 3

F ν(1;2) ; (1)F µ(1; 2) ;

√3√

1 + 3F ν(1;2)]

Pero como F µ(1; 2) = 1 y F ν(1; 2) = 2, reemplazando y operando:

f (1;1;√3) = (2; 1;

√3)

5Enzo Felipe Ch.

5

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9. Es posible resolver es siguiente sistema:

xy2 + xzµ + yν 2 = 3

µ3yz + 2xν − µ2ν 2 = 2

para µ(x;y;z), ν (x;y;z) cerca de (x; y; z) = (1; 1;1), (µ; ν ) = (1; 1)? Calcular ∂ν∂y

en (x; y; z) = (1; 1;1)

(2da PC 12/10/07)6Solucion:

Hacemos:F = xy2 + xzµ + yν 2 − 3 = 0

G = µ3yz + 2xν − µ2ν 2 − 2 = 0

El teorema de la funcion implıcita asegura que existe solucion al sistema siempre y cuando eldeterminante:

∂F ∂µ

∂F ∂ν

∂G∂µ

∂G∂ν

= 0

Derivando:

∂F

∂µ = xz ;∂F

∂ν = 2yν ;∂G

∂µ = 3µ2yz − 2µν 2 ;∂G

∂ν = 2x− 2µ2ν

En (x; y; z; µ; ν ) = (1;1;1; 1;1) :

∂F

∂µ= 1 ;

∂F

∂ν = 2 ;

∂G

∂µ= 1 ;

∂G

∂ν = 0

Luego, el determinante queda: 1 21 2

= 2 = 0

Por lo tanto:Si se puede resolver

Ahora, piden ∂ν∂y , vamos a derivar F y G respecto a y usando la regla de la cadena:

2xy + xz∂µ

∂y+ ν 2 + 2yν

∂ν

∂y= 0

µ3z + 3µ2yz∂µ

∂y+ 2x

∂ν

∂y− 2µν 2

∂µ

∂y− 2µ2ν

∂ν

∂y= 0

En (1;1;1;1;1):

2 +∂µ

∂y+ 1 + 2

∂ν

∂y= 0 (4)

Y:

1 + 3∂µ

∂y+ 2

∂ν

∂y− 2

∂µ

∂y− 2

∂ν

∂y= 0 ⇒ ∂µ

∂y= −1

En (4):

3 − 1 + 2∂ν

∂y= 0 ⇒ 2

∂ν

∂y= −2

Por lo tanto:∂ν

∂y= −1

6Enzo Felipe Ch.

6

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10. Usando multiplicadores de Lagrange halle el volumen del mayor cono recto de revolucion inscritoen una superficie esferica de radio R. (2da PC 16/07/06)7

Solucion:

Usemos la ecuacion del cono: x2 + y2 = z2

Entonces, para la esfera: x2 + y2 + (z −R)2 = R2

Del grafico: r2 = x2 + y2 ⇒ V = 13

πr2.z = π3

z(x2 + y2)

y sea: F = x2

+ y2

+ (z − R)2

−R2

= 0Y, por multiplicador de Lagrange hacemos: F = λV

(2x; 2y; 2(z −R)) =λπ

3(2xz; 2yz; x2 + y2)

Obtenemos el sistema:

2x =2π

3λxz (1)

2y =2π

3λyz (2)

2(z − R) =π

3λ(x2 + y2) (3)

x2 + y2 + (z−

R)2

−R2 = 0 (4)

De (1): λ = 3zπ

En (3):

2(z −R) =π

3

3

zπ(x2 + y2)

x2 + y2 = 2z(z −R) .................(α)

En (4):

2z(z −R) + (z −R)2 − R2 = 0

z(3z − 4R) = 0

z =4R

3

En (α):

x2 + y2 = 2.4R

3(

4R

3−R) → x2 + y2 =

8R2

9Entonces, en la ecuacion del volumen:

V =π

3z(x2 + y2) =

π

3(

4R

3)(

8R2

9)

Por lo tanto:

V =32πR3

81

7Enzo Felipe Ch.

7

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