UNIVERSIDAD DE SAN CARLOS DE GUATEMALA

FACULTAD DE INGENIERIA

DEPARTAMENTO DE MATEMATICA

CLAVE DE EXAMEN

CURSO: Matemática Intermedia 2. SEMESTRE: Segundo. CODIGO DE CURSO: 112. TIPO DE EXAMEN: Primer parcial. FECHA DE EXAMEN: 14/08/2007 NOMBRE DE LA PERSONA QUE RESOLVIO EL EXAMEN:

José Andrés Grajeda García.

NOMBRE DE LA PERSONA QUE DIGITALIZO EL EXAMEN:

René Alexander Rosas Adqui. 2007-15153

Universidad de San Carlos de Guatemala Agosto 2007

Facultad de Ingeniería Matemática Intermedia 2

Cat.: Antonio Cabrera Sección: T

Aux.: Br. Andrés Grajeda Jornada Vespertina

PRIMER EXAMEN PARCIAL

TEMA 1 (25 pts.)

¿En que punto tiene la curva y=ln(x) su máxima curvatura?

TEMA 2 (25 pts.)

Una partícula se desplaza con una función posición:

r (t) = < , , >

TEMA 3 (25 pts.)

La temperatura en un punto cualquiera de una placa rectangular situada en

el plano xy, es T(x,y)= 3 +2xy. La distancia se mide en metros.

a) Calcule la máxima rapidez de variación de la temperatura en el punto (3,6)

b) Halle la dirección para la cual ocurre esta rapidez de variación máxima en (3,6).

c) Halle la dirección para la cual no existe rapidez de variación de temperatura en el punto (3,6)

TEMA 4 (25 pts.)

Halle la trayectoria (ecuación de la curva) de un rastreador térmico situado en el punto (10,10) de una placa metálica con campo de temperatura

T(x,y)=400-2 - .

CLAVE PRIMER PARCIAL

TEMA 1

En que punto tiene la curvatura y= Ln x su máxima curvatura?

Primero calculamos las respectivas f(x) = Ln (x)

Derivadas de la función f¨ (x) =

|f¨(x)|=

Como tenemos que: K (x) =

Derivándola respectivamente nos queda: K (x) =

Simplificado:

Derivamos K Para obtener su máxima

Curvatura: K¨ (x) = =0

=

Por lo que llegamos a la ecuación: ( )3 = 9x4 ( )

2x2-8 =0

X, f(x)

Pero como el logaritmo natural no tiene

Valores negativos ni imaginarios, tomamos

Como solución el punto , Ln ( )

(0.707111, -0.34657)

Tema 2

Halle las componentes tangencial y normal de la aceleración:

R¨(t) = < 2t, 2t, 3t2>

Calculamos las derivadas de

La función vectorial | R¨(t)| = =

R¨¨(t) = < 2, 2, 6t>

Tenemos que la componente tangencial es: At =

Por lo que nos queda: A(t) =

Ahora calculamos el producto R¨(t) X R¨¨(t) =

Cruz de las derivadas porque

Luego nos servirán para R¨(t) X R¨¨(t) = < >

Encontrar la componente

Normal

Tenemos por definición que la An = =

Componente normal es:

An= =

An =

An =

TEMA3

Lo primero que hacemos es calcular el gradiente, para lo que tenemos

Vt = +

Lo que nos da: Vt = <6X + 2Y , 2X, 0 >

Evaluando V(t) |Vt (3 , 6)| = | 30.59|

b) Halle la rapidez para lo cual ocurre esta rapidez de variación máxima en el punto (3,6)

Esto lo hacemos volviendo unitario el vector gradiente

= < > = < 0.98, 0.2 >

c) Halle la dirección para lo cual no existe rapidez de variación de temperatura en el punto (3,6)

Para esto la derivada direccional debe ser cero:

Du f(x.y) = < 30, 6, 0> * < cos(x)+ sen(x) >

< 30cosx +6senx>

TEMA 4

Lo primero que hacemos es calcular el gradiente, para lo que tenemos que:

VT = +

Y nuestro resultado es: VT = < -4x, -2y, 0 >

VT = Kr¨(t)

En este caso tenemos < -4x, -2y > = k < + >

-4x*dt = kdx & -2y*dt = kdy

Por lo que Dt =

Integrando tenemos:

=

En el Punto P ( 10 , 10 ) = = 0.57565

Multiplicamos por -2 y dejamos la “Y” (-2)

Sola:

Despejamos “Y” Ln (y) =

Y= 3.1623