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ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
CÁLCULO VECTORIAL • PRUEBA NO. 1
Miércoles 23 de mayo de 2018, 18:00 - 19:30 Departamento de Formación Básica
1. Dados los planosN = {(x, y, z) ∈ R3 : x = y}, M = {P + sA + tB : s ∈ R, t ∈ R},
donde P = (1, 1, 3), A = (1, 1, 1) y B = (1, 4,−1), y el campo escalar
f : R3 −→ R
(x, y, z) 7−→ sen(xyz),
encontrar la derivada direccional de f en cualquier punto (x, y, z) en la dirección unitaria de la intersección de losplanos M y N.
Solución. Tomemos (x, y, z) ∈ R3 tal que (x, y, z) ∈ M y (x, y, z) ∈ N, se tiene que
x = y (1)
y que(x, y, z) = (1, 1, 3) + s(1, 1, 1) + t(1, 4,−1)
para algún s ∈ R y t ∈ R, es decir,
x = 1 + s + t, (2)
y = 1 + s + 4t, (3)
z = 3 + s− t (4)
para algún s, t ∈ R. Utilizando (1), (2) y (3), tenemos que t = 0, de donde, se tiene que
x = 1 + s,
y = 1 + s,
z = 3 + s.
Con esto, se tiene que la intersección es
{(1, 1, 3) + s(1, 1, 1) : s ∈ R} = L((1, 1, 3); (1, 1, 1)).
Por lo tanto, la dirección unitaria es (1√3
,1√3
,1√3
)Finalmente, la derivada de f en cualquier punto (x, y, z) en dirección solicitada es
f ′((x, y, z);
(1√3
,1√3
,1√3
))= ∇ f (x, y, z) ·
(1√3
,1√3
,1√3
)= (yz cos(xyz), xz cos(xyz), xy cos(xyz)) ·
(1√3
,1√3
,1√3
)=
1√3(yz + xz + xy) cos(xyz).
Otra respuesta admisible es
f ′((x, y, z);
(− 1√
3,− 1√
3,− 1√
3
))= − 1√
3(yz + xz + xy) sen(xyz),
pues(− 1√
3,− 1√
3,− 1√
3
)también es un vector unitario.
2. Hallar la ecuación del plano osculador de la trayectoria
r : R −→ R3
t 7−→ (1, cos t, sen t)
en el punto (1, 1, 0).
1
Solución. Es claro que la curva pasa por el punto (1, 1, 0) cuando t = 0. Debemos hallar el vector tangente unitarioy el normal unitario. Puesto que cada componente de r es derivable, se tiene que
T(t) =r′(t)‖r′(t)‖
=(0,− sen(t), cos(t))√
sen2(t) + cos2(t)
= (0,− sen(t), cos(t))
para cada t ∈ R. Luego,
T′(t) = (0,− cos(t),− sen(t))
= −(0, cos(t), sen(t))
para cada t ∈ R. Así,
N(t) =T′(t)‖T′(t)‖
=−(0, cos(t), sen(t)√
cos2(t) + sen2(t)
= T′(t).
Por tanto,T(0) = (0, 0, 1) y N(0) = T′(0) = (0,−1, 0).
Por tanto, el plano osculador de la trayectoria r en el punto (1, 1, 0) es el plano que pasa por (1, 1, 0) y tienedirecciones T(0) y N(0), entonces
P = {(1, 1, 0) + λT(0) + µN(0) : λ ∈ R, µ ∈ R}
= {(1, 1, 0) + λ(0, 0, 1)− µ(0, 1, 0) : λ ∈ R, µ ∈ R}
= {(1, 1− µ, λ) : λ ∈ R, µ ∈ R}
= {(1, s, t) : s, t ∈ R} .
Podemos determinar la ecuación cartesiana de este plano a través del producto
T(0)× N(0) = (0, 0, 1)× (0,−1, 0)
= (1, 0, 0).
Luego, la ecuación del plano es1(x− 1) + 0(y− 1) + 0(z− 0) = 0;
es decir,x− 1 = 0.
3. El movimiento de dos partículas A y B está dado mediante las trayectorias
rA : [0, 2π] −→ R2
t 7−→ (et sen(2t), et cos(2t))
yrB : [0, 1] −→ R2
t 7−→ (t, 1− t)
que describen el vector posición de A y B, respectivamente. ¿Cuál de las dos partículas recorre una distanciamayor?
Solución. Para determinar la distancia recorrida, vamos a hallar la longitud de cada trayectoria.
Como rA es derivable, se tiene que
r′A(t) = (et(sen(2t) + 2 cos(2t)), et(cos(2t)− 2 sen(2t)))
para cada t ∈ ]0, 2π[. Así,
‖r′A(t)‖2 = e2t((sen(2t) + 2 cos(2t))2 + (cos(2t)− 2 sen(2t))2) = e2t(1 + 4) = 5e2t,
2
de donde‖r′A(t)‖ =
√5et
para cada t ∈ ]0, 2π[. Así, la distancia recorrida por la partícula A es∫ 2π
0‖r′A(t)‖ dt =
∫ 2π
0
√5et dt =
√5(e2π − 1).
De igual manera, como rB es derivable, se tiene que
r′B(t) = (1,−1)
para cada t ∈ ]0, 1π[. Así,‖r′B(t)‖ =
√2
para cada t ∈ ]0, 1[. Así, la distancia recorrida por la partícula B es∫ 1
0‖r′B(t)‖dt =
∫ 1
0
√2dt =
√2.
Dado que√
2 ≈ 1,4,√
5 ≈ 2,2 y e ≈ 2, 7, se tiene que la partícula A recorrió una mayor distancia que la partículaB.
4. Sea el campo escalarf : R2 −→ R
(x, y) 7−→ f (x, y) =
x3
x4 + (y + x2)2 si (x, y) 6= (0, 0),
0 si (x, y) = (0, 0).
¿Es f continua en (0, 0)?
Solución. Debemos analizar el límite de f (x, y) cuando (x, y) tiende a (0, 0). Para esto, analicemos el límite por lacurva de ecuación y = x2. Una parametrización de esta curva es
r : R −→ R2
t 7−→ r(t) = (t, t2),
además, r(0) = (0, 0), por lo tanto, debemos calcular
lı́mt→0
f (r(t)).
Tenemos que
lı́mt→0
f (r(t)) = lı́mt→0
f (t, t2) = lı́mt→0
t3
t4 + (t2 + t2)2 = lı́mt→0
t3
5t4 = lı́mt→0
15t
.
Dado que este último límite no existe, tenemos que el límite por la curva de ecuación y = x2 no existe y por lotanto, el límite de f (x, y) cuando (x, y) tiende a (0, 0) no existe. Así, se concluye que la función no es continua en(0, 0).
5. Seaf : Rn −→ R
x 7−→ 2‖x‖12 .
Determinar para qué vectores a y y de Rn existe f ′(a; y) y calcular el gradiente de f .
Solución. Recordemos que si ϕ es un campo escalar definido sobre un conjunto abierto S de Rn y a ∈ R, y ∈ R y ges la función definida por
g(t) = ϕ(a + ty)
para todo t ∈ R tal que a + ty ∈ S, entonces existe ϕ′(a; y) si existe g′ y, además, se tiene que
ϕ′(a + ty; y) = g′(t)
para todo t en el dominio de g.
Sean a ∈ Rn y y ∈ Rn; para el caso de f , tenemos que
g(t) = f (a + tv)
3
= 2‖a + ty‖12
= 2([(a + ty) · (a + ty)]
12) 1
2
= 2 [(a + ty) · (a + ty)]14
= 2[
a · a + 2ta · y + t2y · y] 1
4
para todo t ∈ R.
Ahora bien, la función g es derivable para todo t ∈ R tal que a + ty 6= 0 y su derivada es:
g′(t) =12
[a · a + 2ta · y + t2y · y
]− 34(
a · a + 2ta · y + t2y · y)′
=12
[‖a + ty‖2
]− 34(2(a · y) + 2t(y · y))
=12‖a + ty‖−
32
(2(a · y) + 2t‖y‖2
).
Luego, g es derivable en 0 siempre que a 6= 0; y, en ese caso, tenemos que
g′(0) =12‖a‖−
32 (2(a · y))
= ‖a‖−32 (a · y).
Por tanto,f ′(a; y) = ‖a‖−
32 (a · y)
si a 6= 0 y para todo y ∈ Rn.
Por definición, el gradiente de f es el vector de las n derivadas parciales de f :
∇ f (x) = (D1 f (x), D2 f (x), . . . , Dn f (x))
para todo x 6= 0.
Ahora bien, para cada i ∈ {1, 2, . . . , n} y x 6= 0, tenemos que
Di f (x) = f (x; ei),
donde ei es el i–ésimo vector de la base canónica de Rn. Luego,
Di f (x) = f (x; ei)
= ‖x‖−32 (x · ei)
= ‖x‖−32 xi
Por tanto,∇ f (x) = ‖x‖−
32 x.
4
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
CÁLCULO VECTORIAL • EXAMEN DEL PRIMER BIMESTRE
Miércoles 6 de junio de 2018. Duración: 120 minutos Departamento de Formación Básica
1. Dada la trayectoriar : [0, π] −→ R3
t 7−→ (−t, cos t, − sen t),
a) Calcular la distancia entre sus dos extremos (punto inicial y punto final).
b) Calcular la longitud de la trayectoria (la distancia que recorrería una partícula si se moviera a lo largo de estatrayectoria).
Solución. En primer lugar, los puntos extremos de esta trayectoria son r(0) y r(π); es decir, son los puntos
(−0, cos 0, − sen 0) = (0, 1, 0) y (−π, cos π, − sen π) = (−π,−1, 0).
a) La distancia entre los extremos es√(0 + π)2 + (1 + 1)2 + (0− 0)2 =
√π2 + 4.
b) La longitud de la trayectoria es∫ π
0‖r′(t)‖ dt =
∫ π
0‖(−1, − sen t, − cos t)‖ dt
=∫ π
0
√1 + sen2 t + cos2 t dt
=∫ π
0
√2
= π√
2.
2. Seaf : R2 r {(1, 2)} −→ R
(x, y) 7−→ f (x, y) =(x− 1)2(y− 2)
(x− 1)4 + (y− 2)2 .
Calcular el límite de la función cuando (x, y) tiende a (1, 2) por la trayectoria de ecuación y− 2 = (x− 1)2.
Solución. Definamos la trayectoria r por
r : R −→ R2
t 7−→ r(t) = (t, 2 + (t− 1)2).
Determinemos el valor t tal que r(t) =(t, 2 + (t− 1)2) = (1, 2), en este caso, t = 1. Ahora, calculemos el límite de
f a través de la trayectoria definida por r,
lı́mt→1
f (r(t)) = lı́mt→1
f(
t, 2 + (t− 1)2)
= lı́mt→1
(t− 1)2(2 + (t− 1)2 − 2)(t− 1)4 + (2 + (t− 1)2 − 2)2
= lı́mt→1
(t− 1)4
2(t− 1)4 =12
.
3. Considere el siguiente campo escalar
f : R× (R r {0}) −→ R
(x, y) 7−→ 2x− sen(xy)y
.
a) Calcular ∇ f (x, y) para (x, y) ∈ R× (R r {0}).
b) Comprobar que(
12
, π
)∈ L0( f ).
1
c) Calcular ∇ f(
12
, π
)·(
12
, π
).
d) Explique por qué el resultado anterior no contradice la propiedad: el gradiente es normal a las curvas denivel.
Solución.
a) Calculando las derivadas parciales, se tiene que
∂ f∂x
(x, y) =2− y cos(xy)
yy
∂ f∂y
(x, y) =y(−x cos(xy))− (2x− sen(xy))
y2 =−xy cos(xy)− 2x + sen(xy)
y2
para todo (x, y) ∈ R donde y 6= 0, por lo tanto
∇ f (x, y) =(
2− y cos(xy)y
,−xy cos(xy)− 2x + sen(xy)
y2
),
para todo (x, y) ∈ R con y 6= 0.
b) Por otro lado, por definición de conjunto de nivel tenemos que
L0( f ) = {(x, y) ∈ R× (R r {0}) : f (x, y) = 0},
y puesto que
f(
12
, π
)=
2 12 − sen
(12 π)
π= 0,
se tiene que(
12
, π
)∈ L0( f ).
c) Ahora, se tiene que
∇ f(
12
, π
)=
(2π
, 0)
,
por lo tanto,
∇ f(
12
, π
)·(
12
, π
)=
(2π
, 0)·(
12
, π
)=
1π
.
d) Finalmente, el gradiente es normal a la curva, es decir, al vector tangente a la curva, pero no es necesariamentenormal a los puntos de la curva.
4. Suponga que un pájaro vuela a lo largo de la trayectoria helicoidal
r : R −→ R3
t 7−→ (cos(t), sen(t), t).
De pronto, el pájaro encuentra un frente de mal clima de manera que la presión barométrica varía de un punto aotro de acuerdo con la función
P : R3 −→ R
(x, y, z) 7−→ x2zy
donde P(x, y, z) es la presión barométrica en atmósferas en un punto (x, y, z) ∈ R3. La variación de la presión quesiente el pájaro está dada por la derivada de la composición de P con la trayectoria del pájaro. Utilizando la reglade la cadena para campos escalares, determine la forma en que varía la presión para el pájaro en el momento t = π
minutos.
Solución. Para determinar la forma en que cambia la presión, se necesita calcular
(P ◦ r)′(t) = ∇P(r(t)) · r′(t)
por definición de derivada de una trayectoria, se tiene que
r′(t) = (− sen(t), cos(t), 3)
Por otro lado, para todo (x, y, z) ∈ R3
∇P(x, y, z) =(
2xzy, x2z, x2y)
2
Finalmente, se tiene que
(P ◦ r)′(t) = ∇P(r(t)) · r′(t)= ∇P(cos(t), sen(t), t) · r′(t),
=(
2t cos(t) sen(t), t cos2(t), cos2(t) sen(t))· (− sen(t), cos(t), 1) ,
= t cos3(t) + sen(t) cos2(t)− 2t sen2(t) cos(t).
Evaluando cuando t = π min.(P ◦ r)′(π) = −π.
Por lo tanto, la presión para el pájaro varía a razón de −π.
5. Dados los siguientes campos escalares
f : R2 −→ R
(x, y) 7−→ f (x, y) = x2 + y2
x : R2 −→ R
(u, v) 7−→ x(u, v) = euv yy : R2 −→ R
(u, v) 7−→ y(u, v) = u2 + v,
se define la funciónh : R2 −→ R
(u, v) 7−→ h(u, v) = f (x(u, v), y(u, v))
Utilizando la regla de la cadena para campos vectoriales, calcule∂h∂u
en el punto (u, v) = (0, 1).
Solución. Para (u, v) ∈ R2 se tiene que:
∂(h)∂u
(u, v) =∂ f∂x
(x(u, v), y(u, v))∂x∂u
(u, v) +∂ f∂y
(x(u, v), y(u, v))∂y∂u
(u, v),
además∂x∂u
(u, v) = veuv y∂y∂u
(u, v) = 2u
y para (x, y) ∈ R2,∂ f∂x
(x, y) = 2x y∂ f∂y
(x, y) = 2y
Por lo tanto,∂ f∂x
(x(u, v), y(u, v)) =∂ f∂x
(euv, u2 + v) = 2 (euv)
y∂ f∂y
(x(u, v), y(u, v)) =∂ f∂y
(euv, u2 + v) = 2(u2 + v)
Se tiene entonces que,
∂h∂u
(u, v) =∂ f∂x
(x(u, v), y(u, v))∂x∂u
(u, v) +∂ f∂y
(x(u, v), y(u, v))∂y∂u
(u, v)
= 2 (euv) (veuv) + 2(u2 + v) (2u)
Evaluando en el punto (u, v) = (0, 1) ∈ R2,
∂h∂u
(0, 1) = 2(e0)(1e0) + 2(02 + 1) (2(0))
= 2.
Por lo tanto,∂h∂u
en el punto (u, v) = (0, 1) es igual a 2.
Solución. Definamos la función
g : R2 −→ R2
(u, v) 7−→ g(x, y) = (x(u, v), y(u, v)) = (euv, u2 + v),
con esto, tenemos que h = f ◦ g, por lo tanto
Jh(u, v) = J f (g(u, v))Jg(u, v)
3
para (u, v) ∈ R2. Ahora, calculemos las matrices jacobianas de f y g:
J f (x, y) =(2x 2y
)para (x, y) ∈ R2 y
Jg(u, v) =(
veuv ueuv
2u 1
)para (0, 1) ∈ R2. Así, dado que g(0, 1) = (1, 1), tenemos que
Jh(0, 1) = J f (g(0, 1))Jg(0, 1)
= J f (1, 1)Jg(0, 1)
=(2 2
) (1 00 1
)=(2 2
)Por lo tanto,
∂h∂u
en el punto (u, v) = (0, 1) es igual a 2.
4
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
CÁLCULO VECTORIAL • EXAMEN DEL PRIMER BIMESTRE
Miércoles 18 de julio de 2018. Duración: 90 minutos Departamento de Formación Básica
1. No se penalizará la omisión de la cuantificación de variables en ninguna pregunta.
2. La omisión de la notación para indicar la evaluación de una función en un punto (técnicamente, la imagen deun elemento del dominio respecto de la función) se penalizará hasta con 0,3 en el componente de cálculos (C).
3. La omisión o errores en la notación (como los paréntesis para vectores, matrices, las comas entre las componen-tes de los vectores, etcétera) se penalizará hasta con 0,2 en el componente de cálculos (C).
4. Si una pregunta se responde utilizando un procedimiento diferente del que se señala en el enunciado, el puntajemáximo que se puede obtener en el componente de aplicación de conceptos (A) es 0,3 y en el de cálculos (C) es0,3; no los otros componentes no serán penalizados.
5. En el Ejercicio 1, la omisión o fallo en la comprobación de la hipótesis del Teorema de la Función Implícita (de-finición de la función F e indicación de que F(x, y, f (x, y))) = 0) será penalizada hasta con 0,3 en el componentede aplicación de conceptos (A).
6. En el Ejercicio 3, la omisión o el fallo en el planteamiento del problema (definición de la función L o equivalen-tes) será penalizada hasta con 0,3 en el componente de aplicación de conceptos (A).
7. En el Ejercicio 4, los fallos u omisión en la representación del conjunto D como región de tipo I o tipo II serápenalizada hasta con 0,2 en cada caso. Los fallos en el cálculo de los límites de integración y en el orden deintegración serán penalizados en el componente de cálculos (C).
1. Dada una función derivable g : R → R, supóngase que tenemos un campo escalar f : R2 → R que verifica la igual-dad
g(x + y f (x, y)) = x,
para todo (x, y) ∈ R2. Si f (0, 1) = 1 y g′(1) = 2, hallar∂ f∂x
(0, 1) utilizando el Teorema de la Función Implícita.
Solución. Definamos el campo escalar F por
F : R3 −→ R
(x, y, z) 7−→ F(x, y, z) = g(x + yz)− x.
Notemos queF(x, y, f (x, y)) = 0
para todo (x, y) ∈ R2, por lo tanto, por el Teorema de la Función Implícita, tenemos que
∂ f∂x
(x, y) = −∂F∂x
(x, y, f (x, y))
∂F∂z
(x, y, f (x, y))
para todo (x, y) ∈ R2. Calculando las derivadas parciales, tenemos que
∂F∂x
(x, y, z) =∂
∂x(g(x + yz)− x) = g′(x + yz)− 1
y∂F∂z
(x, y, z) =∂
∂x(g(x + yz)− x) = g′(x + yz)y
para todo (x, y) ∈ R2. Así,
∂ f∂x
(x, y) = −∂F∂x
(x, y, f (x, y))
∂F∂z
(x, y, f (x, y))= − g′(x + y f (x, y))− 1
g′(x + y f (x, y))y
ara todo (x, y) ∈ R2. Evaluando en el punto (0, 1), tenemos que
∂ f∂x
(0, 1) = − g′(0 + 1)− 1g′(0 + 1)1
= −2 − 12
= −12
.
1
2. Dado el campo escalarf : R2 −→ R
(x, y) 7−→ x2 + kxy + y2,
donde el número real k es constante, comprobar en primer lugar que (0, 0) es un punto crítico de la función. Luego,determinar los valores de k para que la función f alcance, en el punto (0, 0):
a) un mínimo,
b) un máxmimo, y
c) un punto de ensilladura.
Solución. Calculemos el gradiente de f , tenemos
∇ f (x, y) =(
2x + kykx + 2y)
)T
para (x, y) ∈ R2. Evaluando en el punto (0, 0) tenemos que
∇ f (0, 0) = (0, 0),
por lo tanto, (0, 0) es un punto crítico de la función. Ahora, calculemos la matriz hessiana:
H f (x, y) =(
2 kk 2
)= 4 − k2
para (x, y) ∈ R2. Con esto, tenemos que el determinante de sus menores, en el punto (0, 0) son
det(H1) = 2 y det(H2) = 4 − k2.
a) Para que f alcance un mínimo, ambos determinantes deben ser positivos, es decir, es necesario que
det(H1) = 2 > 0 y det(H2) = 4 − k2 > 0,
de donde, se tiene que la función alcanza un mínimo si −2 < k < 2.
b) Para que f alcance un máximo, el primer determinante deben ser positivo y el segundo negativo, es decir, esnecesario que
det(H1) = 2 < 0 y det(H2) = 4 − k2 > 0,
de donde, se tiene que la función no alcanza un máximo para ningún valor de k.
c) Para que f tenga un punto de ensilladura, ambos determinantes deben ser negativos o el primero positivo yel segundo positivo, es decir, es necesario que
det(H1) = 2 < 0 y det(H2) = 4 − k2 < 0,
odet(H1) = 2 > 0 y det(H2) = 4 − k2 < 0,
de donde, se tiene que la función tiene un punto de ensilladura si k < −2 o k > 2.
3. La intersección entre el plano de ecuación x + y + z = 0 y el cilindro de ecuación x2 + y2 = 2 es una elipse. Elobjetivo de este ejercicio es encontrar los puntos sobre la elipse (sin la necesidad de determinar la ecuación de laelipse) que se encuentran más cerca y más lejos del origen. Para esto, aplique el siguiente procedimiento:
a) Plantee el problema como uno de optimización con restricciones, donde la función que hay que optimizar esel cuadrado de la distancia entre un punto cualquiera y el origen.
b) Compruebe que (1, 1,−2) es un punto crítico de la función que hay que optimizar y calcule sus correspon-dientes multiplicadores de Lagrange.
c) Determine la naturaleza de este punto utilizando el criterio para la matriz hessiana, con esto, determine sieste punto es el punto de la elipse más cercano o más lejano del origen.
Solución.
2
a) Definimos la funciónD : R3 −→ R
(x, y.z) 7−→ D(x, y, z) = x2 + y2 + z2
el problema es Optimizar D(x, y, z) = x2 + y2 + z2
sujeto a:
x + y + z = 0,
x2 + y2 − 2 = 0.
Para resolver este problema, planteamos
L(λ, µ, x, y, z) = D(x, y, z)− λ(x + y + z)− µ(x2 + y2 − 2),
para (x, y) ∈ R2.
b) Para comprobar que es un punto crítico, determinemos el gradiente de L:
∇L(λ, µ, x, y, z) =
−x − y − z−x2 − y2 + 22x − λ − 2µx2y − λ − 2µy
2z − λ
T
.
Los puntos críticos deben cumplir −x − y − z−x2 − y2 + 22x − λ − 2µx2y − λ − 2µy
2z − λ
=
00000
.
En el sistema, utilizamos el punto (1, 1,−2) para encontrar los multiplicadores, tenemos que−1 − 1 − (−2)−12 − 12 + 2
2(1)− λ − 2µ(1)2(1)− λ − 2µ(1)
2(−2)− λ
=
00000
.
Es decir,2 − λ − 2µ = 0 y − 4 − λ = 0,
así, λ = −4 y µ = 3.
c) Calculamos la matriz hessiana de L
HL(λ, µ, x, y, z) =
0 0 −1 −1 −10 0 −2x −2y 0−1 −2x 2 − 2µ 0 0−1 −2y 0 2 − 2µ 0−1 0 0 0 2
.
Evaluando en el punto (−4, 3, 1, 1,−2), tenemos
HL(−4, 3, 1, 1,−2) =
0 0 −1 −1 −10 0 −2 −2 0−1 −2 −4 0 0−1 −2 0 −4 0−1 0 0 0 2
.
Dado que tenemos m = 2 restricciones, debemos considerar los menores a partir de 2m + 1 = 5 y multiplicarestos por (−1)m = 1, así
(−1)m det(H5) = −32,
dado que la secuencia anterior empieza por un número negativo y luego se alterna, entonces se tiene un lafunción alcanza un máximo en (1, 1,−2), es decir, este punto es el más alejado del origen
3
4. Dada la región D en el plano
1
1
D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 ≤ 1, y ≤ x},
en primer lugar, exprese la integral (no la calcule)
I =∫∫
D
1√x2 + y2
dxdy
como una de tipo I y como otra de tipo II.
Ahora, calcule la integral I sabiendo que un cambio a coordenadas polares transforma la región D en la región
D∗ = {(r, θ) : 0 ≤ θ ≤ π/4, 0 ≤ r ≤ 2 sen θ}.
Solución.
a) Como región de tipo I: Tenemos que
D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, −√
1 − x2 + 1 ≤ y ≤ x},
por lo tanto, la integral es ∫ 1
0
(∫ x
−√
1−x2+1
1√x2 + y2
dy
)dx.
b) Como región de tipo II: Tenemos que
D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1, y ≤ x ≤√
1 − (y − 1)2},
por lo tanto, la integral es ∫ 1
0
(∫ √1−(y−1)2
y
1√x2 + y2
dx
)dy.
Por otra parte, tomando un cambio de variable a coordenadas polares, tenemos que∫∫D
1√x2 + y2
dxdy =∫∫
D∗
1√(r cos(θ))2 + (r sen(θ))2
r drdθ
=∫ π/4
0
(∫ 2 sen θ
01 dr
)dθ
=∫ π/4
02 sen θ dθ
= 2 −√
2.
4
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
HOJA DE ENUNCIADOS
CÁLCULO VECTORIAL • EXAMEN DEL SEGUNDO BIMESTRE
Miércoles 8 de agosto de 2018. Duración: 120 minutos Departamento de Formación Básica
1. No se penalizará la omisión de la cuantificación de variables en ninguna pregunta.
2. La omisión de la notación para indicar la evaluación de una función en un punto (técnicamente, la imagen de
un elemento del dominio respecto de la función) se penalizará hasta con 0,3 en el componente de conceptos y
cálculos (AC).
3. La omisión o errores en la notación (como los paréntesis para vectores, matrices, las comas entre las componen-
tes de los vectores, etcétera) se penalizará hasta con 0,2 en el componente de conceptos y cálculos (AC).
4. Si una pregunta se responde utilizando un procedimiento diferente del que se señala en el enunciado, el puntaje
máximo que se puede obtener en el componente de aplicación de conceptos y cálculos (AC) es el 50 %; no los
otros componentes no serán penalizados.
5. El puntaje de cada pregunta es 2.5 puntos, 0,3 de punto por la redacción de todo el ejercicio (R), 0,2 de punto
por la escritura de todas las respuestas correctamente (S) y 2,0 puntos por el uso correcto de las definiciones y
propiedades que contribuyen a la resolución de problema y por la corrección de los cálculos que contribuyen a
la resolución del problema (AC). Este último puntaje se distribuye en cada una de las preguntas de la siguiente
manera:
a) Pregunta 1): 0,5 cada uno de los literales a) y b); 1 punto el literal c).
b) Pregunta 2): 0,5 cada uno de los literales a) y b); 1 punto el literal c).
c) Pregunta 3): 0,3 el literal a), 0,2 el literal b) y 1,5 el literal c).
d) Pregunta 4): literales a) y d), 0,3; literales b) y e), 0,2; y literal c), 1 punto.
6. El puntaje de redacción (R) se lo califica de manera transversal sobre los literales.
7. El puntaje de respuestas (S) será de la siguiente manera: ninguna de las respuestas correcta, 0,0; mayor al 0 % y
menor o igual al 50 % de respuestas correctas, 0,1; y mayor del 50 % de respuestas correctas, 0,2.
1. Se desea encontrar los extremos de la función
f : S −→ R
(x, y, z) 7−→ x2
2+
y2
2+
z2
2,
donde
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + (y − 2)2 = z2 − 3}.
Para esto, aplique el siguiente procedimiento:
a) Plantee el problema como uno de optimización con restricciones.
b) Si se sabe que (0, 1, 2) es un punto crítico de la función que hay que optimizar, calcule su correspondiente
multiplicador de Lagrange.
c) Determine la naturaleza del punto crítico utilizando el criterio para la matriz hessiana de optimización con
restricciones.
Solución.
a) El problema es
Optimizar f (x, y, z) = x2
2 + y2
2 + z2
2
sujeto a:
x2 + (y − 2)2 = z2 − 3.
Para resolver este problema, planteamos
L(λ, x, y, z) = f (x, y, z)− λ(x2 + (y − 2)2 − z2 + 3),
para (λ, x, y, z) ∈ R4.
1
b) Para encontrar el multiplicador de Lagrange, determinemos el gradiente de L:
∇L(λ, x, y, z) =
−x2 − (y − 2)2 + z2 − 3
x − 2λx
y − 2λ(y − 2)
2λz + z
T
.
Los puntos críticos deben cumplir
−x2 − (y − 2)2 + z2 − 3
x − 2λx
y − 2λ(y − 2)
2λz + z
=
0
0
0
0
.
En el sistema, utilizamos el punto (0, 1, 2) para encontrar los multiplicadores, tenemos que
1 − 2λ(1 − 2) = 0 y 4λ + 2 = 0,
así, λ = −1/2.
c) Calculamos la matriz hessiana de L
HL(λ, µ, x, y, z) =
0 −2x −2(y − 2) 2z
−2x 1 − 2λ 0 0
−2(y − 2) 0 1 − 2λ 0
2z 0 0 2λ + 1
.
Evaluando en el punto (−1/2, 0, 1, 2), tenemos
HL(−1/2, 0, 1, 2) =
0 0 2 4
0 2 0 0
2 0 2 0
4 0 0 0
.
Dado que tenemos m = 1 restricciones, debemos considerar los menores a partir de 2m + 1 = 3 y multiplicar
estos por (−1)m = −1, así
(−1)m det(H3) = 8, y (−1)m det(H4) = 64,
dado que la secuencia anterior tiene solo números negativos, entonces se tiene un la función alcanza un
mínimo en (0, 1, 2).
2. Considere el campo vectorial
f : R3 −→ R
3
(x, y, z) 7−→ (y − z, z − x, x − y)
y la superficie D resultante al cortar el plano de ecuación y = −1 con la cilindro de ecuación x2 + z2 = 4. La
frontera ∂D de esta superficie es una circunferencia. Una parametrización para D es
α : [0, 2]× [0, 2π] −→ R3
(r, θ) 7−→ (r cos(θ),−1, r sen(θ)).
a) Calcule el rotacional de f en un punto cualquiera (x, y, z) ∈ R3.
b) Encuentre el vector normal a la superficie D.
c) Suponiendo que ∂D tiene parametrización consistente con la parametrización dada para D, utilizar el Teore-
ma de Stokes para calcular˛
∂DF · ds.
Solución.
a) Tenemos que
rot( f )(x, y, z) = (−2,−2,−2)
para todo (x, y, z) ∈ R3.
2
b) Se tiene que el vector normal es
N(r, θ) =∂α
∂r(r, θ)× ∂α
∂θ(r, θ)
= (cos(θ), 0, sen(θ))× (−r sen(θ), 0, r cos(θ))
= (0,−r, 0),
para (r, θ) ∈ [0, 2]× [0, 2π].
c) Por el teorema de Stokes tenemos:˛
∂Sf · dS =
¨
Srot( f ) · dS
=
¨
rot( f )(α(r, θ)) · N(r, θ) drdθ
=
ˆ 2π
0
ˆ 2
0(−2,−2,−2) · (0,−r, 0) dr dθ
=
ˆ 2π
0
ˆ 2
02r dr dθ
= 8π.
3. Considere el campo vectorial diferenciable
f : R2 −→ R
2
(x, y) 7−→ (x − y, x + y).
a) Calcule la divergencia de f en un punto cualquiera (x, y) ∈ R2.
b) Determine si el punto (0, 0) es una fuente o un sumidero.
c) Tome el conjunto
D = {(x, y) ∈ R2 : x + y2 ≤ 1 ∧ x + y ≥ −1}.
−1
1
2
1−1−2−3
Se sabe que el flujo de f a través de ∂D está dado por˛
∂Df · n ds,
donde n es el vector normal exterior a la curva. Utilice el teorema de Gauss en el plano para determinar esta
integral.
Solución.
a) Tenemos que
div( f )(x, y) =∂
∂x(x − y) +
∂
∂y(x + y) = 2
para todo (x, y) ∈ R2.
b) Evaluando la divergencia en (0, 0) se tiene que
div( f )(0, 0) = 2,
por lo tanto, el punto (0, 0) es una fuente.
3
c) Por el Teorema de Gauss, tenemos queˆ
∂Df · n ds =
¨
Ddiv( f ) dxdy
=
ˆ 2
−1
ˆ 1−y2
−1−y2 dx dy
= 2
ˆ 2
−1(2 + y − y2)dy
= 9.
Por lo tanto, el flujo es 9.
4. Considere el campo vectorial
f : R2 −→ R
2
(x, y) 7−→ (2x + 5y2, 15y − 15x2)
y los siguientes conjuntos
D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ x2 ≤ y ≤
√x},
C1 = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ x = y2} y C2 = {(x, y) ∈ R
2 : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ x2 = y}.
D1
1
C11
1
C21
1
a) Calcule el rotacional de f en un punto cualquiera (x, y) ∈ R2. ¿Es f un campo conservativo?
b) Determine el sentido de la rotación (horario o antihorario) que genera el campo en el punto (0, 1).
c) Calcule
I1 =
ˆ
C1
f · ds y I2 =
ˆ
C2
f · ds
donde ambas curvas recorren del punto (0, 0) al punto (1, 1).
d) Utilice el resultado del literal anterior para calcular˛
∂Df · ds
donde ∂D se recorre en sentido antihorario.
e) Utilice el Teorema de Green y el literal anterior para calcular¨
Drot( f ) dxdy.
Solución.
a) Tenemos que
rot( f )(x, y) =∂
∂x
(
15y − 15x2)
− ∂
∂y
(
2x + 5y2)
= −30x − 10y
para (x, y) ∈ R2. Dado que las derivadas cruzadas son iguales, se tiene que el campo no es conservativo.
b) Evaluando en (0, 1), se tiene que
rot( f )(0, 1) = −10
como el rotacional en el punto es negativo, se tiene que el campo genera una rotación horaria.
c) Tenemos que
4
Para C1 tomemos la parametrización
α(t) = (t2, t),
con t ∈ [0, 1]. Con esto
I1 =
ˆ
C2
f · ds =
ˆ 1
0f (β(t)) · β′(t) dt =
ˆ 1
0(2t2 + 5t2, 15t2 − 15t4) · (2t, 1) dt =
ˆ 1
0(14t3 + 15t − 15t4) dt = 8
Para C2 tomemos la parametrización
β(t) = (t, t2),
con t ∈ [0, 1]. Con esto
I2 =
ˆ
C1
f · ds =
ˆ 1
0f (α(t)) · α′(t) dt =
ˆ 1
0(2t + 5t4, 15t2 − 15t2) · (1, 2t) dt =
ˆ 1
0(2t + 5t4) dt = 2
d) Con el literal anterior, se tiene que˛
∂Df · ds = I2 − I1 = 2 − 8 = −6
e) Con el Teorema de Green y el literal anterior, se tiene que¨
Drot( f ) dxdy =
˛
∂Df · ds = −6.
5
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
HOJA DE ENUNCIADOS
CÁLCULO VECTORIAL • EXAMEN SUPLETORIO
Miércoles, 22 de agosto de 2018. Duración: 120 minutos Departamento de Formación Básica
1. Considere a los campos vectoriales f y g dados por
f : R2 −→ R
2
(x, y) 7−→ f (x, y) = (x2 + y2, x2)
y
g : R2 −→ R
2
(u, v) 7−→ g(u, v) = (cos(u) cos(v), cos(u) sen(v)),
ambos diferenciables.
a) Determine la matriz jacobiana de f y de g.
b) Si h es un campo vectorial tal que h = f ◦ g, determine h(u, v) para todo (u, v) ∈ R2.
c) Determinar h′(u, v) para cada (u, v) ∈ R2 .
Solución.
a) Dado que por hipótesis f y g son diferenciables, tenemos que la matriz jacobiana de f está dada por
J f (x, y) =
[
2x 2y
2x 0
]
para todo (x, y) ∈ R2.
De igual forma, se tiene que la matriz jacobiana de g está dada por
Jg(u, v) =
[− sen(u) cos(v) − cos(u) sen(v)
− sen(u) sen(v) cos(u) cos(v)
]
para todo (u, v) ∈ R2.
b) Notemos que para cada (u, v) ∈ R2 se tiene que
h(u, v) = ( f ◦ g)(u, v)
= f (g(u, v))
= f (cos(u) cos(v), cos(u) sen(v))
= (cos2(u), cos2(u) sen2(v)).
c) Para calcular h′(u, v), notemos que g es diferenciable en todo (u, v) ∈ R2 y f es diferenciable en todo (x, y) ∈
R2, siendo diferenciable en particular en g(u, v) para cualquier (u, v) ∈ R
2.
Es decir, los campos f y g satisfacen las hipótesis del teorema de la regla de la cadena para campos vectoriales,
por lo tanto
h′(u, v) = f ′(g(u, v)) ◦ g′(u, v)
para todo (u, v) ∈ R2. Que en su forma matricial establece que
Jh(u, v) = J f ◦g(u, v)
= J f (g(u, v))Jg(u, v)
=
[
2 cos(u) cos(v) 2 cos(u) sen(v)
2 cos(u) cos(v) 0
] [− sen(u) cos(v) − cos(u) sen(v)
− sen(u) sen(v) cos(u) cos(v)
]
=
[ − sen(2u) 0
− sen(2u) cos2(v) − cos2(u) sen(2v)
]
para todo (u, v) ∈ R2.
Luego, para (u, v) ∈ R2
[
h′(u, v)(h1, h2)]
=
[ − sen(2u) 0
− sen(2u) cos2(v) − cos2(u) sen(2v)
] [
h1
h2
]
para todo (h1, h2) ∈ R2.
1
2. Considere el campo escalar
f : R3 −→ R
x = (x1, x2, x3) 7−→ (x · x)2 + (x1 + x2 + x3)
y la trayectoria
r : R −→ R3
t 7−→ r(t) = (cos t, sen t,−t).
a) Determine ∇ f (x) para todo x ∈ R3.
b) Muestre que f es diferenciable en todo x ∈ R3.
c) Calcule ∇ f (r(t)) · r′(t) para todo t ∈ R.
d) Determine ( f ◦ r)′(t) para todo t ∈ R.
Solución.
a) Notemos que para todo (x1, x2, x3) ∈ R3 se tiene que
f (x1, x2, x3) = ‖(x1, x2, x3)‖4 + x21
=
(
√
x21 + x2
2 + x23
)4
+ x21
= (x21 + x2
2 + x23)
2 + x21.
Entonces,
∇ f (x1, x2, x3) = (4x1(x21 + x2
2 + x23) + 2x1, 4x2(x2
1 + x22 + x2
3), 4x3(x21 + x2
2 + x23))
para todo (x1, x2, x3) ∈ R3.
b) Notemos que se tienen
D1 f (x1, x2, x3) = 4x1(x21 + x2
2 + x23) + 2x2
1,
D2 f (x1, x2, x3) = 4x2(x21 + x2
2 + x23)
2,
D3 f (x1, x2, x3) = 4x3(x21 + x2
2 + x23)
para todo (x1, x2, x3) ∈ R3. Tanto D1 f , D2 f como D3 f son continuas en todo punto (x1, x2, x3) ∈ R
3, por lo
tanto f es diferencible en todo punto (x1, x2, x3) ∈ R3.
c) Notemos que la img(r) ⊂ R3, y que la derivada de r está dada por
r′(t) = (1,− sen t, cos t)
para todo t ∈ R. Entonces, para todo t ∈ R, tenemos que
∇ f (r(t)) · r′(t) = ∇ f (t, cos t, sen t) · (1,− sen t, cos t)
= (4t(t2 + 1) + 2t, 4 cos t(t2 + 1), 4 sen t(t2 + 1)) · (1,− sen t, cos t)
= 4t3 + 6t.
d) Por los literales anteriores se tiene r es una trayectoria derivable en todo punto t ∈ R con img(r) ⊂ R3 y
que f es diferenciable en todo punto (x1, x2, x3) ∈ R3, siendo derivable en particular en r(t) ∈ R
3 para todo
t ∈ R, entonces,
( f ◦ r)′(t) = ∇ f (r(t)) · r′(t) = 4t3 + 6t
para todo t ∈ R.
3. Se necesita diseñar un silo para guardar 900π pies cúbicos de grano. El silo debe tener forma cilíndrica con techo
hemisférico:
2
Suponga que costo del techo por pie cuadrado de lámina utilizada es cinco veces el costo del piso circular, y hacer
las paredes cuesta el doble que hacer el piso circular Suponga que todo el silo puede llenarse con grano. Si se
requiere minimizar el costo total, ¿qué dimensiones se recomendaría?, aplique el siguiente procedimiento
a) Plantee el problema como uno de optimización con restricciones.
b) Determine los puntos críticos de la función costo total.
c) Determine la naturaleza de los puntos críticos utilizando el criterio para la matriz hessiana de optimización
con restricciones.
Solución. a) El problema es minimizar
C(r, h) = πr2 + 2(2πrh) + 5(2πr2) = 11πr2 + 4πrh
Sujeto a:
πr2h +2
3πr3 = 900π
Para resolver el problema, planteamos
L(λ, r, h) = 11πr2 + 4πrh − λ
(
πr2h +2
3πr3 − 900π
)
para (λ, r, h) ∈ R3
b) Para encontrar los puntos críticos, determinamos el gradiente de L
∇L(λ, r, h) =
−πr2h − 23 πr3 + 900π
22πr + 4πh − 2πrhλ − 2πr2λ
4πr − πr2λ
T
Los puntos críticos deben cumplir
−r2h − 23 r3 + 900
11r + 2h − 2rhλ − r2λ
4r − r2λ
=
0
0
0
Resolviendo el sistema, tenemos que
r = 6
h = 21
λ = 23
c) Para la matriz hessiana de L
HL(λ, r, h) =
0 −rh − r2 −r2
−2rh − 2r2 11 − hλ − 2rλ 4
−r2 2 − rλ 0
Evaluando en el punto (6, 21), para λ = 2/3
HL(λ, 6, 21) =
0 162 −36
−324 −11 4
−36 −2 0
Verificando el signo de los determinantes de los menores principales de HL
d1 < 0
3
d2 < 0
Se concluye que la función costo tiene un valor mínimo si el radio r = 6 y la altura h = 21.
4. Sea el campo vectorial
F : R2 −→ R
2
(x, y) 7−→ (2x + 2y2, 4xy)
a) Demuestre que F es un campo con integral independiente de la trayectoria.
b) ¿Tiene F una función potencial? De tenerla, encuentre su función potencial.
c) Si se considera a F como un campo de fuerzas, calcule el trabajo realizado por F al mover una partícula a lo
largo de la circunferencia de ecuación x2 + y2 = 4 partiendo del punto (2, 0) hasta el punto (0, 2).
Solución.
a) Para que F sea un campo con integral independiente de la trayectoria debe ser conservativo, por lo tanto,
debe cumplirse que:
rot (F(x, y)) = 0
para todo (x, y) ∈ R2. Tenemos que,
rot(F)(x, y) =∂F2
∂x(x, y)− ∂F1
∂y(x, y)
= (4y)− (4y)
= 0
por lo tanto F es conservativo y podemos obtener su función potencial:ˆ
F1dx =
ˆ
(2x + 2y2)dx = x2 + 2xy2 + c1
ˆ
F2dy =
ˆ
(4xy)dy = 2xy2 + c2
Su función potencial es:
f (x.y) = 2xy2 + x2 + c
b) El campo es conservativo y la trayectoria es una curva cerrada, entonces su trabajo será nulo.
c) Al ser un campo conservativo, el trabajo es independiente de la trayectoria de la partícula, en este caso
tomaremos la recta que une los puntos (2,2) y (-2,-2) que es la recta y = x. La trayectoria está definida
entonces por:
α : R −→ R2
t 7−→ (t, t)
su derivada será:
α′(t) = (1, 1)
Por lo tanto el trabajo estará dado por:
W =
ˆ
cF · dα
=
ˆ
F(α(t)) · α′(t)dt
=
ˆ 2
−2(2t + 2t2, 4t2) · (1, 1)dt
=
ˆ 2
−2(2t + 2t2 + 4t2)dt
= 32
4
5. Se tiene una región T ∈ R3 acotada por las superficies de ecuación y =
√4 − x2, z = 0 y z = y. Sea el campo
vectorialf : R
3 −→ R3
(x, y, z) 7−→ (2xy, z,−zy).
a) Calcular la masa del sólido, asumiendo que tiene densidad constante c = 3.
b) Escribir la expresión para calcular el centro de gravedad en y del sólido en función de su volumen.
c) Escribir las integrales para calcular el flujo del campo f a través de cada una de las superfices de la frontera
de T. (No calcular las integrales)
d) Verificar mediante el teorema de Gauss que el flujo de f a través de la frontera δT es igual a yV, donde V es
el volumen del sólido y y es el centro de gravedad en y.
Solución. a) Se tiene la región
T = {(x, y, z) ∈ R3 : −2 6 x 6 2, 0 6 z 6 y, 0 6 y 6
√
4 − x2}.
Se sabe que la masa de un sólido viene dada por la expresión
m =
˚
TcdV,
donde c = 3 es la densidad del cuerpo.
Entonces
m =
ˆ 2
−2
ˆ
√4−x2
0
ˆ y
0cdzdydx
=16
3c
= 16.
b) El centro de gravedad viene dado por la expresión
my =
˚
TcydV
debido a que c es una constante se puede dividir ambos lados de la igualdad para c. Además se tiene que
c =m
V.
Entonces
Vy =
˚
TydV
=
˝
T ydV
V
c) Se parametriza las fronteras y se calcula el flujo de f a través de cada una de ellas
La superficie de ecuación z = 0 puede ser parametrizada como
α : I ∈ R2 −→ R
3
(u, v) 7−→ (−u, v, 0)
donde
I = {(u, v) ∈ R2 : −2 6 u 6 2, 0 6 v 6
√
4 − u2}.
Entonces el flujo de f a través de esta superficie es
f1 =
¨
If (α(u, v) · N(u, v)dvdu
donde
f (α(u, v) = (−2uv, 0, 0)
y
N(u, v) = (−1, 0, 0)× (0, 1, 0)
= (0, 0,−1)
5
Finalmente
f1 =
¨
I0dvdu.
De manera similar se parametriza la superficie de ecuación z = y.
β : J ∈ R2 −→ R
3
(u, v)) 7−→ (u, v, v)
donde
J = {(u, v) ∈ R2 : −2 6 u 6 2, 0 6 v 6
√
4 − u2}.
Entonces el flujo de f a través de esta superficie es
f2 =
¨
If (β(u, v) · N(u, v)dvdu
donde
f (α(u, v) = (2uv, v,−v2)
y
N(u, v) = (1, 0, 0)× (0, 1, 1)
= (0,−1, 1)
Finalmente
f2 =
¨
J(−v − v2)dvdu.
Por último se parametriza la superficie de ecuación y =√
4 − x2
γ : H ∈ R2 −→ R
3
(u, v) 7−→ (2 cos u, 2 sen u, v)
donde
H = {(u, v) ∈ R2 : 0 6 u 6 π, 0 6 v 6 2 sen u}.
Entonces el flujo de f a través de esta superficie es
f3 =
¨
If (γ(u, v) · N(u, v)dvdu
donde
f (γ(u, v) = (8 cos u sen u, v,−2v sen u)
y
N(u, v) = (−2 sen u, 2 cos u, 0)× (0, 0, 1)
= (2 cos u, 2 sen u, 0)
Finalmente
f3 =
¨
H(16 cos2 u sen u + 2v sen u)dvdu.
d) Por el teorema de Gauss se tiene que¨
δTf · dS =
˚
Tdiv( f )dV
donde
div( f ) = y
entonces¨
δTf · dS =
˚
TydV
donde al comparar con la solución del literal (b), se tiene que¨
δTf · dS = Vy.
6