201310-cv-p2-B_sol

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Universidad de los Andes Departamento de Matematicas

Primer Parcial MATE1207 Calculo Vectorial (Tema B) 1

Instrucciones:Lea cuidadosamente y conteste cada pregunta en la hoja asignada. Escribacon bolıgrafo negro. No desprenda las hojas. Durante el examen no puede

hablar con companeros, no puede usar calculadora, celular, apuntes,cuadernos, textos ni aparatos electronicos. Escriba todo su analisis si desea

recibir el maximo puntaje. Buena suerte. Tiempo: 120 minutos.

Question Points Score

1 10

2 10

3 10

4 10

5 10

Total: 50

Chequee su seccion en la tabla−→

Seccion Profesor Mi seccion

01 Mikhail Malakhaltsev

02 Jairo Andres Angel Cardenas

03 Mauricio Velasco Grigori

04 Paul Bressler

05 Mainak Podder

06 John Richard Goodrick

Nombre:

Codigo:

Firma:

Bogota, Abril 20, 2013

1El juramento del uniandino dice: “Juro solemnemente abstenerme de copiar o de incurrir en actos que

pueden conducir a la trampa o al fraude en las pruebas academicas, o en cualquier otro acto que perjudique la

integridad de mis companeros o de la misma Universidad”

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Codigo: Tema B Pag. 2 de 15

1. (10 points) Si su respuesta y justificacion son correctas obtendra el maximo puntaje. Si su res-

puesta es incorrecta podra obtener creditos parciales de acuerdo a su justificacion.

Encontrar el volumen del solido entre el paraboloide z = 1− x2 − y2 y el plano z = −3.

Resp.

Solution: La interseccion del plano z = −3 y el paraboloide z = 1 − x2 − y2 es lacircunferencia z = −3, x2 + y2 = 4.

El solido es acotada por las graficos de las funciones z = y z = x2 + y2 − 1 sobre laregion D = {(x, y) | x2 + y2 ≤ 4}.Entonces, el volumen es

V =

∫∫

D

[(

1− x2 − y2)

− (−3)]

dxdy =

∫∫

D

[

4− x2 − y2]

dxdy.

Pasamos a las coordenadas cilındricas. La region D = {(r, θ) | 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π}.

V =

∫∫

D

(4− r2) r drdθ =

∫ 2π

0

[∫ 2

0

(4− r2) r dr

]

dθ = 2π

∫ 2

0

(4− r2) r dr = 8π.

8π

Pautas de correccion:

Reglas generales:

Cada error en calculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -2

Cada error aritmetico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -1

El “camino” sin solucion correcta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0

Creditos parciales:

Evaluacion de la integral con coordenadas

a) cilındricos:

Planteamiento de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

que incluye: los lımites correctos para r (2), los lımites correctos para z (2), los lımitescorrectos para θ (1), el integrando correcto (1), el orden de dz, dr y dθ correcto (1).

Cada paso de integracion (bajo la condicion que el planteamiento es correcto) . . . . . . 1

Problema 1 continua en la pagina siguiente. . .

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Prob. 1 cont.. . . Codigo: Tema B Pag. 3 de 15

b) cartesianas:

Planteamiento de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

que incluye: los lımites correctos para x (1), los lımites correctos para y (1), los lımitescorrectos para z (2), el integrando correcto (1).

Evaluacion de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

donde evaluacion de la integral de cos4 θ vale 3.


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2. Si su respuesta y justificacion son correctas obtendra el maximo puntaje. Si su respuesta es inco-

rrecta podra obtener creditos parciales de acuerdo a su justificacion.

Suponga que la temperatura en un punto de una plaquita esta dada por la funcion f(x, y) =4 + x2 + y2 − 4y.

(a) (5 points) Encuentre el punto mas caliente y el mas frıo en la circunferencia x2+y2 =16 y los valores de temperatura en estos puntos.

(b) (5 points) Encontrar los puntos mas calientas y mas frıos de la region

R = {(x, y) | x2 + y2 ≤ 16}

y los valores de temperatura en estos puntos.

Resp. (a)

Resp. (b)

Solution:

Opcion 1. La funcion f(x, y) = x2 + (y − 2)2 es el cuadrado de la distancia entre elpunto (x, y) y el punto (0, 2), entonces es obvio que el punto mas caliente es (0,−4) conla temperatura 36 y el punto mas frıo es (0, 4) con la temperatura 4.

En la region el punto mas frıo es (0, 2) con la temperatura 0.

Opcion 2. La parametrizacion de la circunferencia es x = 4 cos t, y = 4 sin t, t ∈ [0, 2π].Entonces se puede tomar la funcion g(t) = f(4 cos t, 4 sin t) = 20− 16 sin t.

Por la propiedades del coseno, la funcion g(t) toma el maximo en t = 3π/2 y g(3π/2) =36. Entonces f(x, y) toma el maximo en el punto (0,−4) y el valor maximal es 36. Elmınimo de g(t) es t = π/2, entonces el punto mas frıo es (0, 4) y la temperatura es 4.

En la region el punto crıtico de la funcion encontraremos del sistema

∂f

∂x= 2x = 0,

∂f

∂y= 2y − 4 = 0,

entonces f(x, y) tiene solamente un punto crıtico que es (0, 2) y f(0, 2) = 0.

Opcion 3. El metodo de multiplicadores de Lagrange. Hacemos la funcion

F (x, y, λ) =[

4 + x2 + y2 − 4y]

+ λ[

x2 + y2 − 16]

Sus puntos crıticos se puede encontrar del sistema

∂F∂x

= 2x+ 2λx = 0∂F∂x

= 2y − 4 + 2λy = 0∂F∂λ

= x2 + y2 − 16 = 0⇒

x(1 + λ) = 0y(1 + λ)− 2 = 0x2 + y2 − 16 = 0


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De la primera ecuacion x = 0 o 1+λ = 0. Si 1+λ = 0 entonces de la segunda ecuacionobtenemos contradiccion. Entonces, x = 0 y tenemos dos soluciones y = 4, λ = 1/2 yy = −4, λ = −3/2. Evaluamos la funcion en los puntos A(4, 0) y B(−4, 0): f(A) = 4,f(B) = 36.

En la region el punto crıtico de la funcion encontraremos del sistema

∂f

∂x= 2x = 0,

∂f

∂y= 2y − 4 = 0,

entonces f(x, y) tiene solamente un punto crıtico que es (0, 2) y f(0, 2) = 0.

Resp. (a)max (0,−4), fmax = 36; mın (0, 4), fmin = 4

Resp. (b)max (0,−4), fmax = 36; mın (0, 2), fmin = 0


Reglas generales:




Creditos parciales:

a) El sistema de ecuaciones del metodo de multiplicadores de Lagrange es correcto . 2

La solucion del sistema es correcta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

La respuesta final es correcta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1

b) El sistema de ecuaciones para encontrar los puntos crıticos es correcto . . . . . . . . . . . 2

La solucion del sistema es correcta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

La respuesta final es correcta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1

Falta la verificacion que el punto critico pertenece a la region . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -1


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3. Si su respuesta y justificacion son correctas obtendra el maximo puntaje. Si su respuesta es inco-

rrecta podra obtener creditos parciales de acuerdo a su justificacion.

Sea R un paralelogramo en el plano xy acotado por las rectas y = −2x, x = −2y, y =−2x− 3, x = 3− 2y.

(a) (4 points) Dibujar el paralelogramo R y su imagen S bajo la transformacion

u = 2x+ y, v = x+ 2y.

(b) (6 points) Usar la transformacion para evaluar la integral∫∫

R

(2x+ y) ey+1

2x dA.

Resp. a) plano xy plano uv

1 2 3−1−2−3 0

−1

−2

−3

1

2

3

x

y

1 2 3−1−2−3 0

−1

−2

−3

1

2

3

u

v

b)

Solution:

a) plano xy plano uv

1 2 3−1−2−3 0

−1

−2

−3

1

2

3

x

y

R

1 2 3−1−2−3 0

−1

−2

−3

1

2

3

u

v

S

b) La matriz de Jacobi de la transformacion u = 2x+ y, v = x+ 2y es

D(u, v)

D(x, y)=

[

2 11 2

]


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entonces el jacobiano es J = det D(x,y)D(u,v)

=(

det D(u,v)D(x,y)

)

−1

= 1/3.

Por lo tanto,

∫∫

R

(2x+ y)ey+1

2x dA =

∫∫

S

ue1

2v(1

3)dudv =

1

3

∫ 0

−3

[∫ 3

0

ue1

2vdv

]

du = 3[1− e3

2 ].


Reglas generales:




Creditos parciales:

a) Cada dibujo correcto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

b) Todo es correcto pero falta el jacobiano en el integrando . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5

Todo es correcto pero faltan el calculo del jacobiano y el jacobiano en el integrando 4


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4. (10 points) Si su respuesta y justificacion son correctas obtendra el maximo puntaje. Si su res-

puesta es incorrecta podra obtener creditos parciales de acuerdo a su justificacion.

Hallar la masa del solido dado por las disigualidades x2 + y2 + z2 ≤ 4, x2 + y2 − z2 ≤ 0,z ≥ 0 que tiene la funcion de densidad δ(x, y, z) = z + 1.

Resp.

Solution: El solido es una parte de cono acotado por la esfera:

La seccion del solido por el plano y = 0 nos da

x

z

Entonces en las coordenadas esfericas el solido se describe como 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ φ ≤ π/4,0 ≤ θ ≤ 2π.

Luego la masa de solido E es (usamos las coordenadas esfericas):

M =

∫∫∫

E

d(x, y, z)dV =

∫∫∫

E

(z + 1)dV =

=

∫ 2π

0

∫ π/4

0

∫ 2

0

(ρ cosφ+ 1)ρ2 sinφ drdφdθ = 2π

(

11− 4√2

3

)

.


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Respuesta:

2π(

11−4√

23

)


Reglas generales:




Creditos parciales:

Planteamiento de la integral: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1 punto para solo escribirlo como la integral triple sobre E de 1− z o 1 + z.

5 puntos mas para convertirlo en integral triple:

En coordenadas esfericas, 1 punto para cada par de lımites correctos (=3 puntos, unopara cada variable), 1 punto mas para el factor de ρ2 sen(φ) o de r, y (en coordenadasesfericas) el ultimo punto para convertir z en ρ cos(φ).

En coordenadas cilındricas, 4 puntos para armar correctamente los lımites de integracion(1 punto para los lımites de z, 1 punto para los lımites de θ, y 2 para los lımites para r).Luego 1 punto mas para el factor adicional de r. (¡En cilındricas, no hay que convertirla variable z!)

Evaluacion de la integral: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1 punto para integrar dθ, 1 punto para integrar dρ o dr, y 2 puntos para dφ o dz.


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5. No hay creditos parciales. Las cinco partes no estan relacionadas.

Llene la casilla en blanco con F (Falso) o V (Verdadero), segun sea el caso.

(a) (2 points) (a)∫ 1

0

∫ x2

0f(x, y) dy dx =

∫ 1

0

∫

√y

0f(x, y) dx dy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(b) (2 points) (b)∫ 1

0

∫ π

0

∫ π

0ρ2 sinϕdθ dϕ dρ = 2π/3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(c) (2 points) (c) En el punto (0, 0) la funcion f(x, y) = x2 + 2xy + 4y2 crece en cada

direccion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(d) (2 points) (d)∫∫∫

R

xdV = 0 donde R = {(x, y, z) | (x− 2)2 + y2 + z2 = 1}. . . . . . .

(e) (2 points) (e) El punto (0, 1) es un punto crıtico de la funcion f(x, y) = 2x+ 3y.

Solution:

(a)∫ 1

0

∫ x2

0f(x, y) dy dx =

∫ 1

0

∫

√y

0f(x, y) dx dy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . F

(b)∫ 1

0

∫ π

0

∫ π

0ρ2 sinϕdθ dϕ dρ = 2π/3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V

(c) En el punto (0, 0) la funcion f(x, y) = x2+2xy+4y2 crece en cada direccion. V

(d)∫∫∫

R

xdV = 0 donde R = {(x, y, z) | (x− 2)2 + y2 + z2 = 1}. . . . . . . . . . . . . . . . . F

(e) El punto (0, 1) es un punto crıtico de la funcion f(x, y) = 2x+ 3y. . . . . . . . . . F


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