UNIVERSIDAD DE SAN CARLOS DE GUATEMALA

FACULTAD DE INGENIERÍA

DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA

CURSO: Matemática Intermedia 2 JORNADA: Vespertina SEMESTRE: 1er. Semestre AÑO: 2014 TIPO DE EXAMEN: Segundo Parcial NOMBRE DE LA PERSONA QUE RESOLVIÓ EL EXAMEN: Josue Fernando Tojes Pacheco NOMBRE DE LA PERSONA QUE REVISÓ EL EXAMEN: Oscar Martínez

SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MATEMÁTICA INTERMEDIA II

TEMA 1 18pts.

Encuentre las dimensiones de la caja rectangular con máximo volumen si el área total es “c” cm2. Realícelo por el Método de Multiplicadores de LaGrange.

TEMA 2 20pts.

Hallar el volumen del sólido (y dibujarlo también), limitado por las

superficies 𝑧 = 1 − 𝑥2; & 𝑦 = 1 − 𝑥; en el primer octante. Realícelo con integrales dobles en coordenadas rectangulares.

TEMA 3 17pts.

Hallar el volumen del sólido y graficar el sólido limitado por los

paraboloides 𝑧 = 3𝑥2 + 3𝑦2 y 𝑧 = 4 − 𝑥2 − 𝑦2 en coordenadas polares.

TEMA 4 45pts.

a) Cambie el orden de integración para: ∫ ∫ √𝑥3 + 12−𝑦

𝑦2 𝑑𝑥1

0𝑑𝑦.

b) Pase a coordenadas polares: ∫ ∫ (𝑥2 + 𝑦2)√2−𝑦2

𝑦𝑑𝑥

1

0𝑑𝑦.

c) Utilizando el criterio de la 2da. Derivada, suponga que el punto (1,1) es un punto crítico de la función f(x,y), que tiene segundas derivadas continuas y si 𝑓𝑥𝑥(1,1) = 4; 𝑓𝑥𝑦(1,1) =

1; 𝑓𝑦𝑦(1,1) = 2; entonces ¿Qué se concluye del punto (1,1)?

SOLUCIÓN DEL EXAMEN TEMA 1

𝑍 𝑋 𝑌 Debemos de colocar la ecuación que deseamos maximizar.

𝑓(𝑋, 𝑌, 𝑍) = 𝑉 = 𝑋𝑌𝑍

Y ahora colocamos la ecuación restricción:

𝑔(𝑋, 𝑌, 𝑍) = 2𝑋𝑌 + 2𝑋𝑍 + 2𝑌𝑍 = 𝐶 De acuerdo al teorema de Multiplicadores de LaGrange

∇𝑓(𝑋, 𝑌, 𝑍) = 𝜆 ∗ ∇𝑔(𝑋, 𝑌, 𝑍) Ahora colocamos la ecuación vectorial en términos de sus componentes:

𝑓𝑥 = 𝜆𝑔𝑥 𝑓𝑦 = 𝜆𝑔𝑦

𝑓𝑧 = 𝜆𝑔𝑧

𝑔(𝑋, 𝑌, 𝑍) = 𝑘 Las cuales se transforman en:

(1) 𝑌𝑍 = 𝜆 ∗ (2𝑌 + 2𝑍) (2) 𝑋𝑍 = 𝜆 ∗ (2𝑋 + 2𝑍) (3) 𝑋𝑌 = 𝜆 ∗ (2𝑋 + 2𝑌)

(4) 2𝑋𝑌 + 2𝑋𝑍 + 2𝑌𝑍 = 𝐶

Hay que resolver el siguiente sistema, para eso vamos a multiplicar (1), (2) y (3) por X, Y y Z respectivamente y obtenemos las siguientes:

(5) 𝑋𝑌𝑍 = 𝜆 ∗ (2𝑋𝑌 + 2𝑍𝑋) (6) 𝑋𝑌𝑍 = 𝜆 ∗ (2𝑋𝑌 + 2𝑌𝑍) (7) 𝑋𝑌𝑍 = 𝜆 ∗ (2𝑋𝑍 + 2𝑌𝑍)

Igualamos (5) y (6)

(2𝑋𝑌 + 2𝑍𝑋) = (2𝑋𝑌 + 2𝑌𝑍)

2𝑍𝑋 = 2𝑌𝑍 𝑋 = 𝑌

Igualamos (6) y (7)

(2𝑋𝑌 + 2𝑌𝑍) = (2𝑋𝑍 + 2𝑌𝑍)

2𝑋𝑌 = 2𝑋𝑍 𝑌 = 𝑍

Por lo tanto:

𝑋 = 𝑌 = 𝑍 Sustituimos en la siguiente:

2𝑋𝑌 + 2𝑋𝑍 + 2𝑌𝑍 = 𝐶 Y se obtiene:

2𝑋(𝑋) + 2𝑋(𝑋) + 2(𝑋)(𝑋) = 𝐶

2𝑋2 + 2𝑋2 + 2𝑋2 = 𝐶

6𝑋2 = 𝐶 Despejamos X y se obtiene:

𝑋 = √𝐶

6= 𝑌 = 𝑍

Respuesta:

𝑿 = √𝑪

𝟔 𝒀 = √

𝑪

𝟔 𝒁 = √

𝑪

𝟔

TEMA 2 Trazamos ambas ecuaciones en el plano para tener mejor percepción del volumen

a calcular. 𝑧 = 1 − 𝑥2 es un paraboloide que se extiende a lo largo del eje Y. Y 𝑦 =1 − 𝑥 es un plano que parte el paraboloide.

Dado que es en el primer octante ya tenemos una limitación. La cual la podemos expresar como:

𝑧 = 0 Como se muestra en la figura, el volumen es limitado en la parte Z por el paraboloide. Y el área del volumen que se desea encontrar esta limitado por el eje x, y y el plano de color azul marino. (Observación en este caso es limitado por X y Y porque debe de estar en el primer octante.) Por lo que trazaremos un plano XY.

Esta área es la que se encuentra en el piso del volumen graficado en la parte superior. Y con esta podemos formular las integrales dobles.

∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑

𝑐

𝑑𝑦 𝑑𝑥𝑏

𝑎

Por lo tanto la 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑍 es la función que nos limita la altura de nuestro volumen y

como se había dicho anteriormente esa altura era limitada por 𝑧 = 1 − 𝑥2 y por 𝑧 =0.

Y el 𝑑𝑦 𝑑𝑥 es el área de nuestro volumen, que nos proporciona los límites de nuestras integrales. Como el orden de nuestras integrales inicia con dy, debemos de colocar las y en términos de x. Y por último los límites de dx.

𝑦 = 1 − 𝑥 Seria nuestro límite superior. 𝑦 = 0 Seria nuestro límite inferior.

𝑥 = 0 Límite inferior

𝑥 = 1 Límite superior Sustituimos y obtenemos la siguiente:

∫ ∫ (1 − 𝑥2) − 01−𝑥

0

𝑑𝑦 𝑑𝑥1

0

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Si se cambiara el orden de integración quedaría así:

∫ ∫ (1 − 𝑥2) − 01−𝑦

0

𝑑𝑥 𝑑𝑦1

0

Se integra y se obtiene:

∫ ∫ (𝟏 − 𝐱𝟐) − 𝟎𝟏−𝐱

𝟎

𝐝𝐲 𝐝𝐱𝟏

𝟎

= 𝟓/𝟏𝟐

Respuesta:

𝟓

𝟏𝟐 𝒎𝟑

TEMA 3 Trazamos ambas ecuaciones en el plano para tener mejor percepción del volumen

a calcular. Ambos son paraboloides elípticos 𝑧 = 3𝑥2 + 3𝑦2 y 𝑧 = 4 − 𝑥2 − 𝑦2, con

la diferencia que uno abre hacia arriba, 𝑧 = 4 − 𝑥2 − 𝑦2, y otro hacia abajo, 𝑧 = 3𝑥2 +3𝑦2.

Para los puntos de intersección se igualan ambas ecuaciones.

(1) 𝑧 = 3𝑥2 + 3𝑦2

(2) 𝑧 = 4 − 𝑥2 − 𝑦2

3𝑥2 + 3𝑦2 = 4 − 𝑥2 − 𝑦2 Y se obtiene la curva de intersección de los dos paraboloides, la cual es la de un

círculo:

4𝑥2 + 4𝑦2 = 4

𝑥2 + 𝑦2 = 1

Esta ecuación del círculo representa el área del volumen encontrado.

Esta ecuación es la que se utiliza para definir los límites de cada integral. Luego solo

colocamos los límites en las integrales y hacemos la integración. Los primeros límites

son de 0 a 2π ya que debe de recorrer toda la circunferencia. Y de 0 a 1 ya que es

el radio del círculo.

Obtenemos la función 𝑓(𝑥, 𝑦) restando las dos ecuaciones en términos de X y Y, es

decir restando ambas Z`s, es importante saber quién resta a quién. Esto se deduce

de la gráfica, ya que la gráfica 𝑧 = 4 − 𝑥2 − 𝑦2 cierra en la parte superior y la 𝑧 =

3𝑥2 + 3𝑦2 en la parte inferior. Por lo qué:

4 − 𝑥2 − 𝑦2 − (3𝑥2 + 3𝑦2)

4 − (𝑥2 + 𝑦2) − 3(𝑥2 + 𝑦2)

Utilizando esa identidad: 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2

4 − 𝑟2 − 3𝑟2

4 − 4𝑟2

De donde:

𝑉 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = ∬ 4(1 − 𝑟2)𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃

2𝜋 1

0 0

.

𝑅

= 2𝜋

Respuesta:

𝟐𝝅

TEMA 4:

a) Dado que se nos está solicitando el cambio del orden de integración, se debe de graficar los límites para hacer el cambio.

∫ ∫ √𝑥3 + 12−𝑦

𝑦2

𝑑𝑥1

0

𝑑𝑦

De la integral se obtienen las siguientes ecuaciones:

𝑥 = 2 − 𝑦

𝑥 = 𝑦2 Y el diferencial se mueve dentro de Y=1 a Y=0.

Como se muestra en la gráfica los nuevos diferenciales tocan diferentes funciones, por lo que para hacer el cambio de orden se deben de realizar una suma de integrales dobles. El punto de intersección como se muestra en la gráfica es 1. Por lo tanto: La primera integral doble será de x=0 a x=1 y las funciones en Y serán:

𝑦 = 𝑥1/2

𝑦 = 0

∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑

𝑐

𝑑𝑦 𝑑𝑥𝑏

𝑎

= ∫ ∫ √𝑥3 + 1√𝑥

0

𝑑𝑦 𝑑𝑥1

0

La segunda integral doble será de x=1 a x=2 y las funciones en Y serán:

𝑦 = 2 − 𝑥

𝑦 = 0

0.5 1.0 1.5 2.0

0.5

1.0

1.5

2.0

∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑

𝑐

𝑑𝑦 𝑑𝑥𝑏

𝑎

= ∫ ∫ √𝑥3 + 12−𝑥

0

𝑑𝑦 𝑑𝑥2

1

Dando como resultado a: Respuesta:

∫ ∫ √𝐱𝟑 + 𝟏𝟐−𝐲

𝐲𝟐

𝐝𝐱𝟏

𝟎

𝐝𝐲 = ∫ ∫ √𝐱𝟑 + 𝟏√𝐱

𝟎

𝐝𝐲 𝐝𝐱𝟏

𝟎

+ ∫ ∫ √𝐱𝟑 + 𝟏𝟐−𝐱

𝟎

𝐝𝐲 𝐝𝐱𝟐

𝟏

b) Se debe de realizar el mismo procedimiento que el inciso anterior, graficamos los límites de la integral dada:

∫ ∫ (𝑥2 + 𝑦2)√2−𝑦2

𝑦

𝑑𝑥1

0

𝑑𝑦

De la integral doble se obtienen las siguientes ecuaciones:

𝑥 = √2 − 𝑦2 → 𝑥2 + 𝑦2 = 2

𝑥 = 𝑦 Y el diferencial se mueve de Y=1 a Y=0. Se grafican las ecuaciones:

2 1 1 2

2

1

1

2

De la gráfica se obtienen los siguientes datos, ya que se quieren coordenadas

polares se deben de dejar radios y ángulos.

El radio es √2, esto se obtiene de la ecuación del círculo.

𝑟 = 0 𝑟 = √2

El ángulo se obtiene de la siguiente forma:

El triángulo se obtiene de la ecuación de la recta del límite inferior de una integral,

de este se obtiene el ángulo a utilizar en la integral doble:

𝑡𝑎𝑛𝜃 =𝐶𝑂

𝐶𝐴

𝑡𝑎𝑛𝜃 =1

1

𝜃 = 45° =𝜋

4

Por lo tanto el ángulo se moverá de

𝜃 = 0

a

𝜃 = 45° =𝜋

4

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

∫ ∫ (𝑥2 + 𝑦2)√2−𝑦2

𝑦

𝑑𝑥1

0

𝑑𝑦

La función (𝑥2 + 𝑦2) = 𝑟2

Sustituimos los límites obtenemos la integral doble:

𝑉 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = ∬ 𝑟2𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃

𝜋4

√2

0 0

.

𝑅

Respuesta:

∫ ∫ (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐)√𝟐−𝒚𝟐

𝒚

𝒅𝒙𝟏

𝟎

𝒅𝒚 = ∬ 𝒓𝟐𝒓 𝒅𝒓 𝒅𝜽

𝝅/𝟒 √𝟐

𝟎 𝟎

c) Se escribe el criterio de la segunda derivada:

𝐷 = 𝐷(𝑎, 𝑏) = 𝑓𝑥𝑥(𝑎, 𝑏)𝑓𝑦𝑦(𝑎, 𝑏) − [𝑓𝑥𝑦(𝑎, 𝑏)]2

Dado las derivadas:

SI 𝑓𝑥𝑥(1,1) = 4; 𝑓𝑥𝑦(1,1) = 1; 𝑓𝑦𝑦(1,1) = 2

Se sustituyen:

𝐷 = 𝐷(1,1) = 4 ∗ 2 − [1]2 = 5

Si 𝐷 > 0 𝑦 𝑓𝑥𝑥(1,1) > 0, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑓(1,1)𝑒𝑠 𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜.

𝐷 = 5 & 𝑓𝑥𝑥(1,1) = 4

Por lo tanto:

Respuesta:

𝒇(𝟏, 𝟏)𝒆𝒔 𝒎í𝒏𝒊𝒎𝒐 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒗𝒐