UNIVERSIDAD CATOLICA DE LA SANTISIMA CONCEPCIONFACULTAD DE INGENIERIA
DEPARTAMENTO DE MATEMATICA Y FISICA APLICADAS (DMFA)
CERTAMEN N 3 (PAUTA)
CALCULO III
(IN 1009 C)
1. Problema (15 puntos) Sea f : R3 → R, la funcion definida por
f(x, y, z) = x2z + y2z +2
3z3 − 4x − 4y − 10z + 1.
(a) Determine la naturaleza de todos los puntos crıticos de la funcion f .
(b) Muestre que f no alcanza ni maximo ni mınimo absoluto en R3.
Solucion
Para la funcion f(x, y, z) = x2z + y2z +2
3z3 − 4x− 4y− 10z +1, tenemos que:
(a) Dom(f) = R3 es un conjunto abierto, por tanto, los extremos relativos son local-izados en los puntos criticos y caracterizados por criterio de la segunda derivada.Asi,
• fx = 2xz − 4, fy = 2yz − 4, fz = x2 + y2 + 2z2 − 10
– Si fx = 0, entonces 2xz − 4 = 0, luego x =2
z.
– Si fy = 0, entonces 2yz − 4 = 0, luego y =2
z.
– Si fz = 0, entonces x2 + y2 + 2z2 − 10 = 0
Las soluciones de las igualdades anteriores son los puntosP1(2, 2, 1), P2(−2,−2,−1), P3(1, 1, 2), y P4(−2,−1,−1)
(04 Pts.)La matriz Hessiana de f es dada por:
Hessf(x, y, z) =
fxx fxy fxz
fyx fyy fyz
fzx fzy fzz
⇒ Hessf(x, y) =
2z 0 2x
0 2z 2y
2x 2y 4z
Haciendo ∆1 = fxx, ∆2 =
∣∣∣∣∣∣fxx fxy
fyx fyy
∣∣∣∣∣∣,
∆3 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣fxx fxy fxz
fyx fyy fyz
fzx fzy fzz
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣,
(04 Pts.)
1
– Para P1(2, 2, 1), ∆1 = 2 > 0, ∆2 = 4 > 0 y ∆3 = −48 < 0 portanto P1 es un punto de silla.
– Para P2(−2,−2, 1), ∆1 = −2 < 0, ∆2 = 4 > 0 y ∆3 = 48 > 0,por tanto P2 es un punto de silla.
– Para P3(1, 1, 2), ∆1 = 4 > 0, ∆2 = 16 > 0 y ∆3 = 96 > 0, portanto P3 es un punto de mınimo relativo.
– Para P4(−1,−1,−2), ∆1 = −4 < 0, ∆2 = 16 > 0 y ∆3 = −96 <0 por tanto P4 es un punto de maximo relativo.
(04 Pts.)
(b) La funcion f no tiene maximos, ni mınimos absolutos en R3, pues no es unafuncion acotada. En efecto, si z = 0, y = 0, entonces tenemos que
f(x, 0, 0) = −4x + 1,
luego
limx→−∞
f(x, 0, 0) = +∞, limx→+∞
f(x, 0, 0) = −∞.
(03 Pts.)
2. Problema (15 puntos) Sea C la curva de interseccion de las superficies
x2 + y2 = 1 y x + y + z = 1
(a) Encontrar los puntos de maximo y de mınimo absoluto de la funcionf(x, y, z) = x2 + y2 + z2 sobre la curva C
(b) Deducir cual es el punto de C mas alejado del origen.
Solucion.
(a) En este caso la funcion de Lagrange es
L(x, y, z, α, β) = x2 + y2 + z2 + α(x2 + y2 − 1) + β(x + y + z − 1).
Al igualar a cero las derivadas parciales de L, obtenemos el sistema de ecuaciones
2x + 2αx + β = 0 (1)
2y + 2αy + β = 0 (2)
2z − β = 0 (3)
x2 + y2 − 1 = 0 (4)
x + y + z − 1 = 0 (5)
(04 Pts.)
Restando (1) y (2) se obtiene (α + 1)(x − y) = 0, es decir, α = −1 o x = y.
• Reemplazando α = −1 en (1) resulta que β = 0 y sustituyendo este valoren (3), encontramos que z = 0. Sustituyendo este valor en (5) y usando (4)nos da x = 0, y = 1 x = 1 e y = 0.
2
• Ahora, si x = y usando (4) y (5) encontramos x = ±√
22
y z = 1 − 2x =
1 ∓√2.
As, los puntos crticos de f son P1 = (0, 1, 0), P2 = (1, 0, 0), P3 =(√
22,√
22, 1 −
√2)
y P4 =(−
√2
2,−
√2
2, 1 +
√2).
(06 Pts.)
Luego,
f(P1) = 1 , f(P2) = 1 , f(P3) = 4 − 2√2 , f(P4) = 4 + 2
√2.
Por lo tanto, el nico punto de maximo absoluto es P4 y los puntos de mınimoabsoluto son P1 y P2.
(03 Pts.)
(b) Si P es un punto sobre la curva C, notando que su distancia al origen es
d(P, 0) =√
x2 + y2 + z2 = f2(x, y, z)
se obtiene por a) que el punto mas alejado del origen esP2 =(−
√2
2,−
√2
2, 1 +
√2).
(02 Pts.)
3. Problema (15 puntos) Sea Ω la region acotada por x + y = 1, x + y = 4,x − y = −1, x − y = 1. Calcular:∫ ∫
Ω
(x + y)2 ex−yd(x, y)
Solucion.
Considerando el cambio de variable (x, y) = T (u, v) dado por u = x+y, v = x−yobtenemos que x = 1
2(u + v), y = 1
2(u − v), con lo cual
• T es una funcion de clase C1(R2)
• T es una aplicacion lineal con kernel(T ) = (0, 0, 0), luego T es biunivoca.
• El jacobiano de T
JT =∂(x, y)
∂(u, v)=
∣∣∣∣ 1/2 1/21/2 −1/2
∣∣∣∣ = −1
2,
es no nulo.
• La region Ω∗ = T−1(Ω) es el rectangulo [1, 4] × [−1, 1].
(06 Pts.)
3
Luego, usando formula del cambio de variables para integrales dobles, tenemos:∫∫Ω
(x + y)2ex−yd(x, y) =
∫∫Ω∗
u2ev
(1
2
)dvdu
=1
2
4∫1
1∫−1
u2evdvdu
=1
2
4∫1
u2(ev)|1−1du
=1
2(e − e−1)
4∫1
u2du
=1
2(e − e−1)
(u3
3
) ∣∣∣41
=21
2(e − e−1).
(09 Pts.)
4. Problema (15 puntos )
(a) Usando integrales dobles, verifique que el volumen de un cilindro de radio basala y altura h es πa2h.
(b) Determinar el volumen de la region del primer octante encerrada por el cilindrox2 = 4 − z y el plano 4x + 3y = 12.
Solucion
(a) Si consideramos el cilindro centrado en el origen y de radio a, entonces la ecuaciondel cilindro es x2+y2 = a2 con 0 ≤ z ≤ h. Ası el volumen del cilindro es dadopor:
V (cilindro) =
∫ ∫Ω
f(x, y)dA
donde Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = a, f(x, y) = h. Usando coordenadaspolares tenemos que:
V (cilindro) =
∫ ∫Ω
f(x, y)dA
=
∫ a
0
∫ 2π
0
hrdθdr
= 2πh
∫ a
0
rdr
= πhr2∣∣∣a0
= πa2h
(08 Pts.)
4
(b) El volumen del solido S encerrado por el cilindro parabolico z = 4 − x2 y elplano 4x + 3y = 12 en el primer octante esta dado por
V (S) =
∫∫Ω
(4 − x2)dyx,
con Ω : 0 ≤ x ≤ 3 , y ≤ 4 −4
3x. Luego,
V (S) =
3∫0
4−43x∫
0
(4 − x2)dydx
=
3∫0
(4 − x2)
(4 −
4
3x − 0
)dx
=
3∫0
(16 −
16
3x − 4x2 +
4
3x3
)dx
=
(16x −
8
3x2 −
4
3x3 +
1
3x4
)|30
= 15.
(07 Pts.)
December 2, 2013JV/LG/MU/NS/MG/mu
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