Soluci´ on on del Tercer Trabajo raba jo de C´ alculo alculo II Funciones reales de dos variables y sus Aplicaciones
1. Demuestre Demuest re que el l´ımite l´ım
(x,y )
−→(0,0)
f ( f (x, y )
de las siguientes funciones no existe. x2 y a ) f ( f (x, y ) = 3 x + y 3 Un camino podr po dr´´ıa ser: y = 0, en donde tendr tend r´ıamos: x2 y 0 l´ım = l´ ı m =0 x−→0 x3 (x,y )−→(0,0) x3 + y 3
Otro camino puede ser: x ser: x = = y y en donde don de tendr´ ten dr´ıamos: ıam os: x2 y x3 x3 1 l´ım = l´ ı m = l´ ı m = x−→0 x3 + x3 x−→0 2x3 (x,y )−→(0,0) x3 + y 3 2
Como se aprecia, para dos caminos diferentes se obtienes l´ l´ımites diferentes, lo cual implica que no existe el indicado l´ımite. xy 2 b ) f ( f (x, y ) = 4 y + x2 Un camino podr po dr´´ıa ser: y = 0, en donde tendr tend r´ıamos: xy 2 0 l´ım = l´ ı m =0 x−→0 x2 (x,y )−→(0,0) y 4 + x2
Otro camino puede ser: x ser: x = = y dond e tendr´ıamos: ıamos: y 2 en donde xy 2 x2 x2 1 = l´ ı m = l´ ı m = x−→0 x2 + x2 x−→0 2x2 (x,y )−→(0,0) y 4 + x2 2 l´ım
Como se aprecia, para dos caminos diferentes se obtienes l´ l´ımites diferentes, lo cual implica que no existe el indicado l´ımite. x4 y f (x, y ) = 8 c ) f ( x + y 2 Un camino podr po dr´´ıa ser: y = 0, en donde tendr tend r´ıamos: x4 y 0 = l´ ı m =0 x−→0 x2 (x,y )−→(0,0) x8 + y 2 l´ım
1
Otro camino puede ser: x ser: x = =
√ y en donde don de tendr´ ten dr´ıamos: ıam os: 4
x4 y y2 y2 1 = l´ ı m = l´ ı m = y −→0 y 2 + y 2 y −→0 2y 2 (x,y )−→(0,0) x8 + y 2 2 l´ım
Como se aprecia, para dos caminos diferentes se obtienes l´ l´ımites diferentes, lo cual implica que no existe el indicado l´ımite. 8x3 y 2 d ) f ( f (x, y ) = 9 x + y 3 Un camino podr po dr´´ıa ser: y = 0, en donde tendr tend r´ıamos: 8x3 y2 0 l´ım = l´ ı m =0 x−→0 x9 (x,y )−→(0,0) x9 + y 3
Otro camino puede ser: x ser: x = =
√ y en donde don de tendr´ ten dr´ıamos: ıam os: 4
8x3 y2 y2 y2 1 l´ım = l´ ı m = l´ ı m = y −→0 y 2 + y 2 y −→0 2y 2 (x,y )−→(0,0) x9 + y 3 2 Como se aprecia, para dos caminos diferentes se obtienes l´ l´ımites diferentes, lo cual implica que no existe el indicado l´ımite. y3 x e ) f ( f (x, y ) = 6 y + x2
Un camino podr po dr´´ıa ser: x = y = y 3 , en donde tendr tend r´ıamos: y 3x x2 x2 1 l´ım = l´ ı m = l´ ı m = x−→0 x2 + x2 x−→0 2x2 (x,y )−→(0,0) y 6 + x2 2
Otro camino puede ser: y ser: y = 0 en donde tendr´ıamos: ıamos: y3 x 0 = l´ ı m =0 y −→0 x2 (x,y)−→(0,0) y 6 + x2 l´ım
Como se aprecia, para dos caminos diferentes se obtienes l´ l´ımites diferentes, lo cual implica que no existe el indicado l´ımite. x4 y 4 ) f ( f (x, y ) = f ) (x2 + y 4 )3
Un camino podr po dr´´ıa ser: y = 0, en donde tendr tend r´ıamos: x4 y 4 0 l´ım = l´ ı m =0 3 x−→0 x2 (x,y )−→(0,0) (x2 + y 4 ) 2
Otro camino puede ser: x ser: x = =
√ y en donde don de tendr´ ten dr´ıamos: ıam os: 4
x4 y y2 y2 1 = l´ ı m = l´ ı m = y −→0 y 2 + y 2 y −→0 2y 2 (x,y )−→(0,0) x8 + y 2 2 l´ım
Como se aprecia, para dos caminos diferentes se obtienes l´ l´ımites diferentes, lo cual implica que no existe el indicado l´ımite. 8x3 y 2 d ) f ( f (x, y ) = 9 x + y 3 Un camino podr po dr´´ıa ser: y = 0, en donde tendr tend r´ıamos: 8x3 y2 0 l´ım = l´ ı m =0 x−→0 x9 (x,y )−→(0,0) x9 + y 3
Otro camino puede ser: x ser: x = =
√ y en donde don de tendr´ ten dr´ıamos: ıam os: 4
8x3 y2 y2 y2 1 l´ım = l´ ı m = l´ ı m = y −→0 y 2 + y 2 y −→0 2y 2 (x,y )−→(0,0) x9 + y 3 2 Como se aprecia, para dos caminos diferentes se obtienes l´ l´ımites diferentes, lo cual implica que no existe el indicado l´ımite. y3 x e ) f ( f (x, y ) = 6 y + x2
Un camino podr po dr´´ıa ser: x = y = y 3 , en donde tendr tend r´ıamos: y 3x x2 x2 1 l´ım = l´ ı m = l´ ı m = x−→0 x2 + x2 x−→0 2x2 (x,y )−→(0,0) y 6 + x2 2
Otro camino puede ser: y ser: y = 0 en donde tendr´ıamos: ıamos: y3 x 0 = l´ ı m =0 y −→0 x2 (x,y)−→(0,0) y 6 + x2 l´ım
Como se aprecia, para dos caminos diferentes se obtienes l´ l´ımites diferentes, lo cual implica que no existe el indicado l´ımite. x4 y 4 ) f ( f (x, y ) = f ) (x2 + y 4 )3
Un camino podr po dr´´ıa ser: y = 0, en donde tendr tend r´ıamos: x4 y 4 0 l´ım = l´ ı m =0 3 x−→0 x2 (x,y )−→(0,0) (x2 + y 4 ) 2
Otro camino puede ser: x ser: x = = y y 2 en donde dond e tendr´ıamos: ıamos: x4 y 4 y12 y12 1 l´ım = l´ım 4 = l´ ı m = 3 y −→0 (y + y 4 )3 y −→0 8y 12 (x,y )−→(0,0) (x2 + y 4 ) 8
Como se aprecia, para dos caminos diferentes se obtienes l´ l´ımites diferentes, lo cual implica que no existe el indicado l´ımite. 2xy 2 x2 g ) f ( f (x, y ) = 2 x y2 Un camino podr po dr´´ıa ser: y = 0, en donde tendr tend r´ıamos:
− −
2xy 2 x2 x2 l´ım = l´ım 2 = x−→0 x (x,y )−→(0,0) x2 y2
− −
−
−1
Otro camino puede ser: x ser: x = = y y 2 en donde dond e tendr´ıamos: ıamos: 2xy 2 x2 2x2 l´ım = l´ım x−→0 x2 (x,y )−→(0,0) x2 y2
− −
−x −x
2
x2 x = l´ım = l´ım =0 x−→0 x(x 1) x−→0 x 1
−
−
Como se aprecia, para dos caminos diferentes se obtienes l´ l´ımites diferentes, lo cual implica que no existe el indicado l´ımite. 2. En los ejercicios siguientes diga en d´onde onde la funci´ on on dada es cont´ cont´ınua justificando en cada caso su respuesta : sin x sin y Como sin y = 0, D 0, Df f = (x, y ) f ( f (x, y) es continua en D en Df f
a ) f ( f (x, y ) =
2
∈ R /y = 0, π, 2π}
{
2x + 3y 3y5 b ) f ( f (x, y ) = 2 x + y 2 + 1 Tanto el numerador como el denominador son polinomios, adem´ as as el denominador nunca ser´ a igual a 0 Por lo tanto la funci´ on on es continua en R2 . x2 y 2 c ) f ( f (x, y ) = 2 x + y 2 Como x2 + y 2 = 0, Df = (x, y ) R2 (0, (0, 0) f ( f (x, y) es continua en D en Df f
−
{
∈ −
3
}
x2 + y 2 d ) f ( f (x, y ) = 2 x y2 Como x2 y 2 = 0, Df = (x, y ) f ( f (x, y) es continua en D en Df f
− −
e ) f ( f (x, y ) =
{
x3 y 2 x4 + 3y 3y 4 1
2
y )} ∈ R /x = y)
si (x, y ) = (0, (0, 0)
si (x, y ) = (0, (0, 0)
f (0 f (0,, 0) = 1, por lo tanto est´a definido en Df x3 y 2 l´ım (x,y)−→(0,0) x4 + 3y 3y4 y5 Si x = y = y,, entonce ento ncess l´ım =0 y −→0 4y 4 y8 2 Si x = y = y , entonce ento ncess l´ım 8 =0 y −→0 y + 3y 3y4 Demostraci´ on on formal forma l del l´ımite: 3 2 xy x3 y 2 l´ım =0 ε > 0, 0 , δ > 0 tal que: 4 (x,y )−→(0,0) x4 + 3y 3y4 x + 3y 3y4
• • •
⇔∀ ∃ | ∧ |y| < δ , (x, y) = (0, siempre que |x| < δ ∧ (0, 0)
B´ usqueda usqueda de δ en t´ ermino erm inoss de ε
|
x3 y 2 x4 + 3y 3y 4
| | |
|≤|
x3 y 2 x4 + 3y 3y 4
x3 y2 3y4 x4 + 3y
x3 y 2 x4 + 3y 3y 4
2
f ) ) f ( f (x, y ) =
x4 3y 4 x4 + 5y 5y4 0
−
2
|y| ε = δ = δ 2
| ≤ ε
f ( f (x, y) es continua en R2 si (x, y ) = (0, (0, 0)
si (x, y ) = (0, (0, 0)
−
−
4
−
< δ 2
√ ⇒ δ = = ε
0=1
⇒
f (0 f (0,, 0) = 0, por lo tanto est´a definido en Df x4 3y 4 l´ım (x,y)−→(0,0) x4 + 5y 5y4 y2 3y 4 1 Si x = y = y,, entonce ento ncess l´ım 4 = y −→0 y + 5y 5y4 3
•
2
| ≤ |y | |y| < δ
2
∴
| ≤|
x3 y2 x3
| ≤ δ | ≤ (√ ε)
x3 y 2 = f (0 f (0,, 0) (x,y)−→(0,0) x4 + 3y 3y4 l´ım
x3 y 2 x3 + 3y 3y 4
− {(0, (0, 0)}
− 0| < ε
y 2 3y4 l´ım =1 y −→0 y 2 + 5y 5y 4 x4 3y 4 El l´ımite l´ım no existe. (x,y )−→(0,0) x4 + 5y 5y 4
−
ent onces es • Si x = √ y, entonc
•
−
∴
g ) f ( f (x, y ) =
6x3y 3 x4 + 7y 7y 4 0
f ( f (x, y) es continua en R2
− {(0, (0, 0)}
si (x, y ) = (0, (0, 0)
si (x, y ) = (0, (0, 0)
f (0 f (0,, 0) = 0, por lo tanto est´a definido en Df 6x3 y 3 l´ım (x,y)−→(0,0) x4 + 7y 7y4 6y 6 Si x = y = y,, entonce ento ncess l´ım =0 y −→0 8y 4 6y 6 y 3 6y9 2 Si x = y = y , entonce ento ncess l´ım 8 = l´ım =0 y −→0 y + 7y 7y4 y−→0 y 4 (y 4 + 7) Demostraci´ on on formal forma l del l´ımite: 6x3 y 3 6x3 y3 l´ım =0 ε > 0, 0 , δ > 0 tal que: 4 (x,y )−→(0,0) x4 + 7y 7y4 x + 7y 7y4
• • •
⇔∀ ∃ | siempre que |x| < δ ∧ (0, 0) ∧ |y| < δ , (x, y) = (0,
B´ usqueda usqueda de δ en t´ ermino erm inoss de ε 3 3
3 3
3 3
6x y 6x y 6 | x6x+ y7y | ≤ | | ≤ | | ≤ |x| 7y x + 7y 7y 7y 7 4
|
4
6x3 y 3 x4 + 7y 7y4
|
6 3 6 3 x < δ 7 7
| ≤ 76 · 76 ε
6 ε < δ 3 7
x3 y 2 l´ım = f (0 f (0,, 0) (x,y)−→(0,0) x4 + 3y 3y4
h ) f ( f (x, y ) =
xy 2 x2 + 7y 7y 4 0
3
3
3
6x3 y3 x4 + 7y 7y 4
∴
3
| ≤ 76 δ
6x3 y 3 x4 + 7y 7y 4
|
4
||
3
| ≤ ε ⇒
0=0
f ( f (x, y ) es continua en R2
si (x, y ) = (0, (0, 0)
si (x, y ) = (0, (0, 0)
f (0 f (0,, 0) = 0, por lo tanto est´a definido en Df xy 2 l´ım (x,y)−→(0,0) x2 + 7y 7y4 5
7 ε = δ = δ 6
− 0| < ε
• • •
y3 Si x = y, entonces l´ım 2 =0 y −→0 y (1 + +y 2 ) y4 1 2 Si x = y , entonces l´ım = y −→0 2y 4 2 2 xy El l´ımite l´ım no existe. (x,y)−→(0,0) x2 + 7y 4 ∴
f (x, y) es continua en R2
3. Demostrar que
− {(0, 0)}
x3 y3 l´ım =0 (x,y)−→(0,0) x2 + y 2
−
Demostraci´ on
x3 y 3 l´ım =0 (x,y)−→(0,0) x2 + y 2
x3 y 3 δ > 0 tal que: 2 x + y 2
−
⇔ ∀ ε > 0, ∃ | − − 0| < ε (0, 0) siempre que |x| < δ ∧ |y | < δ , (x, y) = B´ usqueda de δ en t´ erminos de ε
x3 y3 x Partiendo de: 2 = x + y 2
2
2
+ xy + y | | − | | − y|||xx + y = | |x||y| ) xy = |x − y||1 + ( |x| + |y |)(1 + | ≤ x + y x + y x −y |x||y| )...(1) como |x| < δ ∧ |y| < δ , entonces: | < 2δ (1 + | x + y x + y 2
2
2
2
2
3
3
2
2
2
2
2
Debemos acotar (1):
Esto se logra a partir de 2
(x
| | − |y|) ≥ 0 |x| + |y| ≥ 2|x||y| 1 1 ≤ |x| + |y| 2|x||y| 2
2
2
2
Multiplicar por x y :
| || |
|x||y| ≤ |x||y| = 1 |x| + |y| 2|x||y| 2 2
Volver a (1): [2δ (1 +
2
1 )] < 2δ [ 1 + ] = 3δ x2 + y 2 2
|x||y|
x3 y 3 Por lo tanto: 2 < 3δ x + y 2
| − |
Hacer: 3δ ε
≤ ⇒ δ ≤
6
ε
3
4. Demostrar que
x3 y l´ım [x + 4 ]=0 (x,y)−→(0,0) x + y 2
Demostraci´ on
x3 y l´ım [x + 4 ]=0 (x,y)−→(0,0) x + y 2
x3 y δ > 0 tal que: x + 4 x + y 2
⇔ ∀ ε > 0, ∃ | siempre que |x| < δ ∧ |y | < δ , (x, y) = (0, 0)
− 0| < ε
B´ usqueda de δ en t´ erminos de ε
x3 y x3y Partiendo de: x + 4 = x + 4 x + y 2 x + y 2
| | | | ||| |x| |y| ≤ δ + |x| |y| ...(1) como |x| < δ ∧ |y| < δ , entonces: |x| + x + y x + y |
3
4
3
2
4
2
Debemos acotar (1):
Esto se logra a partir de (x2
2
| | − |y|) ≥ 0 |x| + |y| ≥ 2|x| |y| 1 1 ≤ |x| + |y| 2|x| |y| 4
2
2
4
2
2
Multiplicar por x 3 y :
| | | |
3
3
|x| |y| ≤ |x| |y| |x| + |y| 2|x| |y| |x| |y| ≤ |x| ≤ δ |x| + |y| 2 2 4
2
2
3
4
3
Volver a (1): δ +
|x| |y|
x4 + y 2
< δ +
3
|x| |y| Por lo tanto: |x| + x + y 4
2
<
2
δ 2
3δ 2
Hacer:
3δ 2
≤ ε ⇒ δ ≤ 2ε3
5. Calcule las derivadas parciales correspondientes a sus respectivas variables, es decir ∂f ∂f ∂f , , ∂x ∂y ∂z a ) f (x,y,z ) = x 2 y 3 z 4 sin2 x cos3 y tan4 z
7
∂f = y 3 z 4 cos3 y tan4 z (x2 sin2 x) = y 3 z 4 cos3 y tan4 z (2x sin2 x+2x2 sin x cos x) ∂x ∂f = x 2 z 4 sin2 x tan4 z (y 3 cos3 y) = x 2 z 4 sin2 x tan4 z (3y 2 cos3 y 3y3 cos2 y sin y) ∂y
−
∂f = x 2 y3 sin2 x cos3 y(z 4 tan4 z ) = x 2 y 3 sin2 x cos3 y(4z 3 tan4 z +4z 4 tan3 z sec2 z ) ∂z b ) f (x, y) = ye
x y
∂f x 1 = ye ( ) = ye ( ) = e ∂x y y ∂f x x = e ( ) ye ( 2 ) ∂y y y x
x
x
y
y
y
x
−
y
x y
c ) f (x, y) = logy x
logy x =
logx x 1 = = (logx y)−1 logx y logx y
∂f 1 1 = ( ) ∂x ln y x ∂f 1 1 1 = ( ) ( ) ∂y (logx y)2 ln x y
−
d ) f (x, y) = e xy ln y
∂f = (y)exy ln y ∂x ∂f exy = xe xy ln y + ∂y y e ) f (x, y) = e −x sin(x + y)
∂f = e−x sin(x + y) + e−x cos(x + y) ∂x ∂f = e−x cos(x + y) ∂y
y
f ) f (x, y) =
g(t)dt, g continua en t
x
∀
∂f = g(x) ∂x ∂f = g(y) ∂y
−
8
g ) f (x, y) =
∞
(xy)n , ( xy < 1)
| |
n=0
f (x, y) = 1 + xy[1 + xy + (xy)2 + ...] f (x, y) = 1 + xy[f (x, y)] f (x, y)[1
− xy] = 1
f (x, y) =
1
1
− xy
∂f 0 + y y = = ∂x (1 xy)2 (1 xy)2 ∂f 0 + x x = = ∂y (1 xy)2 (1 xy)2
−
−
−
−
h ) f (x, y) = e f (x)g(x)
∂f = ef (x)g(x) (f (x)g(x) + f (x)g (x)) ∂x ∂f =0 ∂y i ) f (x, y) = [f (x)]2 g(y)
∂f = 2f (x)g(y)f (x) ∂x ∂f = [f (x)]2 g (y) ∂y j ) f (x,y,z ) = [h(x, y)]3 [g(x, z )]2
∂f = 3[h(x, y)]2 h (x, y)[g(x, z )]2 + 2[h(x, y)]3g(x, z )g (x, z ) ∂x ∂f = 3[h(x, y)]2 h (x, y)[g(x, z )]2 ∂y ∂f = [h(x, y)]3 2g(x, z )g (x, z ) ∂z
xy
k ) f (x, y) =
g(t)dt
x
∂f = yg(xy) ∂x ∂f = xg(xy) ∂y
− g(x)
9
l ) f (x, y) =
y
x
x
1
g (t)dt
g(t)dt
g (t)dt
−
y ∂f = g( g(t)dt)g(x) ∂x x y ∂f = g( g(t)dt)g(y) ∂y x
x
− g(
g(t)dt)g(x)
1
6. El Teorema de los cosenos para un tri´angulo se puede enunciar como a2 = b 2 + c2
− 2bc cos θ
En el instante t0, tenemos: bo = 10cm,c0 = 15cm,θ0 = a ) Hallar a0
π
3
a2 = b 2 + c2 a20 = (10)2 + (15)2
− 2bc cos θ − 2(10)(15) cos(π3 ) − 2(10(15)(12 ) √
a20 = 100 + 225 a0 =
175
a0 = 13,23 b ) Hallar la Tasa de variaci´ on de a con respecto a b en el instante t0 si c, θ permanecen
constantes.
√ √ − −
a = b2 + c2 2bc cos θ ∂a 2b 2c cos θ 2,5 = = = 0,189 ∂b 13,23 2 b2 + c2 2bc cos θ
−
on de a con respecto a θ en el instante t0 si b, c permanecen c ) Hallar la Tasa de variaci´ constantes.
∂a 2bc sin θ 75 = = = ∂θ 13,23 2 b2 + c2 2bc cos θ
√ − −
−
−5,67
on de c con respecto a θ en el instante t0 si a, b permanecen d ) Hallar la Tasa de variaci´ constantes.
∂c 2b + 2 cos θ 2,5 = = = ∂θ 15,001 2 a2 b2 + 2bc cos θ
√ −−
−
−0,17
7. Sea f una funci´ on de x, y que satisface una ecuaci´ on de la forma ∂f = kf ∂x k constante. Demostrar que: f (x, y) = g(y)ekx Donde g es una funci´on de y
10
Demostraci´ on
f (x, y) = g(y)ekx ∂f = g(y)ekx k ∂x ∂f = f k ∂x
8. Determinar la pendiente de la recta tangente a la curva x(x
− 2) = y(2 − y) − 1
en el punto (1, 2) Soluci´ on
(x2
2
− 2x) − (2y − y ) + 1 = 0 (x − 2x) + (y − 2y) + 1 = 0 ∂y 2x − 2 =− en P = (1, 2) ∂x 2y − 2 ∂y 2−2 0 =− =− =0 ∂x 2(2) − 2 2 ⇒ L : y = 2 2
2
0
t
9. Halle
∂w ∂t
∂w ∂w ∂x ∂ w ∂y = + ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t
·
a ) w = x 2 + y 2
x = cos t,
y = sin t
∂w = ∂t b ) w =
x y + z z
x = cos2 t,
·
−2(cos t)(sin t) + 2(sin t)(cos t)
y = sin2 t,
1 t
z =
w = t cos2 t + t sin2 t ∂w = cos2 t ∂t
− 2t cos t sin t + sin
2
t + 2t sin t cos t
∂w =1 ∂t c ) w = 2ye x
− ln z
x = ln(t2 + 1),
y = arctan t, 2
w = 2 arctaneln(t 2
+1)
z = e t t
− ln e
2
∂w eln(t +1) 2(arctan t)eln(t = 2[ 2 + ∂t t +1 t2 + 1 11
+1)
]
−1
10. Halle el gradiente de la funci´ on en el punto dado , (π, 41 , 1)
a ) f (x,y,z ) = cos(xyz 2 )
∂f = ∂x ∂f = ∂y ∂f = ∂z
−
2
2
−yz sin(xyz ) 2
2
−xz sin(xyz ) 2
b ) f (x,y,z ) = x
∂f =1 ∂x ∂f = ∂y
−
− −
−
−
− −
−
− √ π 2 8
,
−
− − √ √ π 2 π 2 2
,
4
)
, (2, 3, 4)
−
−
z
∂f (2, 3, 4) = ∂z
−
y 2 + z 2 ∴
x
−e−
− 2y)
sin(z
− 2y)
y
−
z
y2
∴
∂f = sin(x ∂x
∇f (x,y,z ) = (1, 35 , − 45 ) , (0, π4 , π4 )
− y)
√
∂f π π π 2 (0, , ) = sin( )= 4 4 4 2 ∂x ∂f π π π π 2 (0, , ) = = = ∂y 4 4 2 4 2( π4 )2 2π
− −
∂f π π (0, , ) = ∂z 4 4
+ z 2
d ) f (x, y) = (x + y)sin(x
− 45
√
−
y 2 + z 2
−
π = 4 2( π4 )2
√ 2 √ 2 √ 2
∇f (x,y,z ) = ( 2 ,
2
,
2
12
√ √
π 2 = 2 2π
√
)
, (0, 0)
− y) + (x + y)cos(x − y)
√
√
π π π 2 2 ( 1) sin( ) = 4 4 4
−
c ) f (x,y,z ) = e −x sin(z
∂f = ∂z
∇f (x,y,z ) = (−
y2 + z 2
−
−
−
√
π 2 8 π 2 2
∂f (2, 3, 4) = 1 ∂x 3 y ∂f (2, 3, 4) = ∂y 5 y 2 + z 2
−
∂f = ∂x ∂f = ∂y
1 π ( 1)2 sin( ) = 4 4 π π( 1)2 sin( ) = 4
∂f 1 (π, , 1) = ∂z 4
−2xyz sin(xyz ) ∴
∂f = ∂z
∂f 1 (π, , 1) = ∂x 4 ∂f 1 (π, , 1) = ∂y 4
∂f (0, 0) = 0 ∂x
∂f = sin(x ∂y
∂f (0, 0) = 0 ∂y
− y) − (x + y)cos(x − y) ∴
e ) f (x,y,z ) = x 2 + y 2
∇f (x, y) = (0, 0)
2
− 2z + z ln x
∂f z = 2x + ∂x x ∂f = 2y ∂y ∂f z = 4z + ln x + ∂z x
, (1, 1, 1)
∂f (1, 1, 1) = 2(1) + 1 = 3 ∂x ∂f (1, 1, 1) = 2 ∂y ∂f (1, 1, 1) = 4(1) + 0 + 1 = ∂z
−
−
∴
−3
∇f (x,y,z ) = (3, 2, −3)
11. Encuentre la derivada direccional de la funci´ on dada en P 0 en la direcci´ on A indicada. a ) f (x,y,z ) = xy 2 cos z 2yz 2 sin πx+3zx 2
, (0, 1, π) en la direcci´ on de 2i j+2k
−
→u f (0, 1, π) = D−
−
−
−
∇f (0, −1, π) · −→u
∂f ∂f ∇f (0, −1, π) = ( ∂f (0, −1, π), (0, −1, π), (0, −1, π)) ∂x ∂y ∂z ∂f = y 2 cos z ∂x
2
− 2yz sin πx + 6xz
∂f = 2xy cos z ∂y ∂f = ∂z
−xy
2
2
− 2z sin πx
⇒ ⇒
sin πx + 3x2
⇒
∂f (0, 1, π) = ∂x
−
∂f (0, 1, π) = 0 ∂y
−
∂f (0, 1, π) = 0 ∂z
−
−→u = ( 2 , − 1 , 2 ) 3
3 3 2 →u f (0, 1, π) = ( 1, 0, 0) ( , D− 3
−
−
13
·
− 13 , 23 ) = − 23
−1
b ) f (x, y) = 2xy
− 3y
2
, P 0 = (5, 5)
, A = 4i
− 3 j
∇f (5, 5) · −→u
→u f (5, 5) = D−
∂f ∇f (5, 5) = ( ∂f (5, 5), (5, 5)) = (2y(5, 5), 2x − 6y(5, 5)) = (10, −20) ∂x ∂y
−→u = ( 4 , − 3 ) 5
5
4 →u f (5, 5) = (10, 20) ( , D− 5
− ·
c ) f (x, y) =
ax + by x + y
, P 0 = (1, 1)
, A = i
− j
∇f (1, 1) · −→u
→u f (1, 1) = D− ∂f (1, 1), (1, 1)) ∇f (1, 1) = ( ∂f ∂x ∂y ∂f ay − by =
− 35 ) = 20
(x + y)2
⇒
∂f a b (1, 1) = ∂x 4
∂f bx ax = ∂y (x + y)2
⇒
∂f b a (1, 1) = ∂y 4
∂x
−
−
−
−→u = ( √ 1 , − √ 1 ) 2 a
2 a b b 1 →u f (1, 1) = ( D− , ) ( , 4 4 2
− · √ − √ 1 ) = a √ −b 2 2 2
−
d ) f (x, y) = ln(x2 + y 2 )
, P 0 = (0, 1)
, A = 8i + j
→u f (0, 1) = D−
∇f (0, 1) · −→u
∂f (0, 1), (0, 1)) ∇f (0, 1) = ( ∂f ∂x ∂y ∂f 2x = 2 ∂x x + y 2
⇒
∂f (0, 1) = 0 ∂x
∂f 2y = 2 ∂y x + y 2
⇒
∂f (0, 1) = 2 ∂y
−→u = ( √ 8 , √ 1 ) 65 65 14
· √ 865 , √ 165 ) = √ 265
→u f (0, 1) = (0, 2) ( D−
12. Determine la derivada direccional de la funci´on z = f (x, y) definida impl´ıcitamente por x tan y ze z = 0 en el punto p = (0, π4 , 0) en la direcci´on el vector u = (2, 1) Soluci´ on
∂z = ∂x ∂z = ∂y
−
− −
∂F ∂x ∂F ∂z ∂F ∂y ∂x ∂z
= =
y −(− e (1tan+ z ) ) z
−
x sec2 y ez (1 + z )
Evaluado en p
∂z ⇒ ∂x =1
Evaluado en p
∂z =0 ⇒ ∂y
−→u = (2, 1) ⇒ → −u = ( √ 2 , √ 1 ) 5
∴
5
· √ 25 , √ 15 )
→ D − u f (x, y) = (1, 0) ( ∴
→ D − u f (x, y) =
√ 25
13. En qu´e direcci´ on se anula la derivada direccional de: x2 y2 f (x, y) = 2 x + y 2
−
en (1, 1) Soluci´ on
−→
→ Se pide hallar el vector unitario u tal que D− u f (1, 1) = 0 El dominio de f es:
2
− {(0, 0)} →u , donde elegimos −→u = (cos θ, sin θ) → f (1, 1) = ∇f (1, 1) · − Por definici´ on: D− R
u
∇f (x, y) = (
(x2
∂f ∇f (x, y) = ( ∂f , ) ∂x ∂y + y )(2x) − (x − y )(2x) (x + y )(−2y) − (x − y )(2y) , ) 2
2
2
2
(x2 + y 2 )2
∇
2
2
(x2 + y 2 )2
4xy 2 4x2y f (x, y) = ( 2 , ) (x + y 2)2 (x2 + y 2 )2
−
∇f (1, 1) = (1, −1) ⇒ D−→f (1, 1) = (1, −1) · (cos θ, sin θ) = cos θ − sin θ u
15
2
→ Si D − u f (1, 1) = 0 Entonces
⇒
⇒
cos θ sin θ = 0 , θ [0, 2π] cos θ = sin θ 1 = tan θ
−
θ =
π 5π , 4 4
−→
Entonces los vectores unitarios son: u = (
∈
⇒
√ 2 √ 2 ,
2
√ 2 √ 2 −u = (− , − ) ) , → 2 2 2
14. El radio de un cono circular recto crece a ritmo de 3 cm p or segundo y la altura decrece a un ritmo de 2 cm por segundo ¿A qu´e tirmo cambia el vol´ umen del cono en el instante en el que la altura del cono es de 20 cm y el radio es de 14 cm? Soluci´ on
V (r, h) = Como dato:
∂r =3 ∂t
∂h = ∂t
π 2 r h 3
−2
Se pide hallar
∂V ∂t
∂V ∂V ∂ r ∂V ∂h = + ∂t ∂r ∂t ∂h ∂t ∂V 2π π = rh(3) + r 2 ( 2) ∂t 3 3 ∂V 2π = 2π(14)(20) (14)2 3 ∂t ∂V cm = 428,33π ∂t s
·
·
−
−
15. Si las longitudes de dos lados de un tri´angulo son x e y y θ es el ´angulo entre los dos lados, entonces el a´rea A del tri´angulo viene dada por A = 21 xy sin θ. Si los lados crecen a un ritmo de 3 cm por segundo y θ decrece a ritmo de 0, 10 radianes por segundo ¿Con qu´e rapidez cambia el a´rea en el instante en el que x = 1, 5 metros, y = 2 metros y θ = 1 radi´an? Soluci´ on
A =
1 xy sin θ 2
∂x ∂y ∂θ = = 3; = ∂t ∂t ∂t
−0,10
∂A ∂A ∂x ∂ A ∂y ∂A ∂θ = + + ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t ∂θ ∂t
·
·
·
∂A y sin θ x sin θ 1 = (3) + (3) + (xy)cos θ( 0,10) ∂t 2 2 2
−
En x = 150cm, y = 200cm, θ = 1rad : ∂A 600 sin(1) 450 sin(1) = + ∂t 2 2 16
− 300 cos(1) 2
∂A = 300sin1o + 225 sin 1o ∂t ∂A = 525(0,8415) ∂t
−
− 150cos1
o
cm2 150(0,5403) = 360,745 s
16. Un objeto se mueve a lo largo de la curva de intersecci´ on del paraboloide z = x 2 + 14 y 2 y el cilindro circular x 2 + y2 = 13. Si la coordenada x crece a raz´on de 5 cm por segundo, ¿Con qu´e rapidez cambia la coordenada z en el instante en que x = 2 cm y y = 3 cm? ∂z (2, 3) ∂t
Se nos pide hallar:
1 z = x 2 + y 2 4 ∂z ∂x 1 ∂y = 2x( ) + y( ) 2 ∂t ∂t ∂t ∂z 1 10 = 2(2)(5) + (3)( ) 2 3 ∂t ∂z = 20 5 = 15 ∂t
x2 + y 2 = 13 ∂x ∂y ) + 2y( ) = 0 ∂t ∂t ∂y 2(2)(5) + 2(3) =0 ∂t ∂y 10 = ∂t 3 2x(
−
−
−
17. Las longitudes a, b, c de las aristas de una caja rectangular cambian con el tiempo. En el instante en cuesti´ on a = 1m, b = 2m, c = 3m da db m = =1 dt dt s y adem´as
dc m = 3 dt s ¿Qu´e valores tienen las razones de cambio instant´ aneas del vol´ umen V y del ´area del la superficie total S en ese instante?
−
c
b a
V (a,b,c) = abc
∂V ∂V ∂ a ∂ V ∂b ∂V ∂c = + + ∂t ∂a ∂t ∂b ∂t ∂c ∂t ∂V = bc + ac 3ab ∂t
·
·
·
−
17
∂V = (2)(3) + (1)(3) 3(1)(2) ∂t ∂V = 6 + 3 6 ∂t ∂V m =3 ∂t s A(a,b,c) = 2ab + 2bc + 2ac
− −
∂A ∂V ∂a ∂V ∂b ∂ V ∂ c = + + ∂t ∂a ∂t ∂b ∂t ∂c ∂t ∂A = (2b + 2c) + (2a + 2c) 3(2b + 2a) ∂t ∂A = 2b + 2b + 2a + 2c 6b 6a ∂t ∂A = 4a 4b + 4c ∂t ∂A = 4(1) 4(2) + 4(3) ∂t ∂A =0 ∂t
·
·
·
− − −
− − − −
18. Determine todos los m´ aximos y m´ınimos locales y puntos sillas de: a ) f (x, y) = x 2 + xy + y 2 + 3x
− 3y + 4
f x = 2x + y + 3
2x + y = 3 x + 2y = 3
−
Punto cr´ıtico: ( 3, 3) f xx = f x (2x + y + 3) = 2
−
f yy = f y (x + 2y
,
f y = x + 2y
3x + 3y = 0 x = y
−
−−
3
2y + y = y=3
f xx ( 3, 3) = 2 > 0
− (−3, 3) = 2 > 0 (−3, 3) = 1
− 3) = 2 f f = f (x + 2y − 3) = 1 f (−3, 3) = (2)(2) − (1) (−3, 3) = 3 > 0 ( −3, 3) es un m´ınimo local de la funci´ on b ) f (x, y) = 2xy − 5x − 2y + 4x − 4y − 4 f = 2y − 10x + 4 , f = 2x − 4y + 4 xy
yy
x
xy
2
∴
2
2
x
y
−
10x + 2y = 4 2x 4y = 4
− −
−
2 4 Punto cr´ıtico: ( , ) 3 3 18
2 3 4 y = 3
x =
−3
f xx = f x (2y
− 10x + 4) = −10
f yy = f y (2x
− 4y + 4) = −4
f xy = f x (2x
− 4y + 4) = 2
2 4 f xx ( , ) = 10 < 0 3 3 2 4 f yy ( , ) = 4 < 0 3 3 2 4 f xy ( , ) = 2 3 3
−
−
( 23 , 43 ) = (−10)(−4) − (2) ( 23 , 43 ) = 36 > 0
2
∴
2 4 ( , ) es un m´ aximo local de la funci´ on 3 3
c ) f (x, y) = x 2 + xy + 3x + 2y + 5
f x = 2x + y + 3
,
2x + y = 3 x = 2
−
f y = x + 2
−
x = 2 y=1
−
Punto cr´ıtico: ( 2, 1)
−
f xx = f x (2x + y + 3) = 2
f xx ( 2, 1) = 2 > 0
−
f yy = f y (x + 2) = 0
f yy ( 2, 1) = 0
f xy = f x (x + 2) = 1
f xy
− (−2, 1) = 1
2
(−2, 1) = (2)(0) − (1) (−2, 1) = −1 < 0 ( −2, 1) es un punto silla de la funci´on ∴
d ) f (x, y) =
1 x2 + y 2
−1 f = − (x
2x 2 + y 2
x
− 1)
2
,
f y =
2y 2 + y 2
− (x
− 1)
2
Punto Cr´ıtico: (x, y) = (0, 0) 2
+ y 2
f xx
−2(x =
f yy
−2(x =
f xy
−8xy(x =
2
+ y 2
+ 8x2 (x1 + y 2 (x2 + y 2 1)4
− 1)
2
+ 8y2 (x2 + y 2 (x2 + y 2 1)4
− 1)
2
2
−
+ y 2 1) (x2 + y 2 1)4
−
−
−
− 1)
f xx (0, 0) = 2
− 1)
f yy (0, 0) = 2
f xy (0, 0) = 0
19
(2, 2) = (2)(2) − (0) (2, 2) = 4 > 0 ∴
e ) f (x, y) = x 3 + y 3 + 3x2
2
(2, 2) es un m´ınimo local de la funci´on 2
− 3y − 8 f x = 3x2 + 6x
3x2 + 6x = 0 3y 2 6y = 0
f y = 3y2
,
− 6y
3x(x + 2) = 0 x = 0 x = 2
− ∨ − Puntos cr´ıticos: (0, 0), (0, −2), (−2, 0), (−2, −2) 2 4 f = f (2y − 10x + 4) = −10 f ( , ) = −10 < 0 3 3 xx
x
xx
f yy = f y (2x
− 4y + 4) = −4
f xy = f x (2x
− 4y + 4) = 2
2 4 f yy ( , ) = 4 < 0 3 3 2 4 f xy ( , ) = 2 3 3
−
( 23 , 43 ) = (−10)(−4) − (2) ( 23 , 43 ) = 36 > 0
2
∴
2 4 ( , ) es un m´ aximo local de la funci´ on 3 3
19. Un objeto se mueve a lo largo de la curva de intersecci´ on del paraboloide 1 z = x 2 + y 2 4 y el cilindro circular recto x2 + y 2 = 13 si la coordenada x crece a raz´ on de 5 cent´ımetros por segundo. ¿Con qu´e rapidez cambia la coordenada z en el instante en que x = 2cm. e y = 3cm.? Se nos pide hallar:
∂z (2, 3) ∂t
1 z = x 2 + y 2 4 ∂z ∂x 1 ∂y = 2x( ) + y( ) ∂t ∂t 2 ∂t ∂z 1 10 = 2(2)(5) + (3)( ) ∂t 2 3 ∂z = 20 5 = 15 ∂t
x2 + y 2 = 13 ∂x ∂y ) + 2y( ) = 0 ∂t ∂t ∂y 2(2)(5) + 2(3) =0 ∂t ∂y 10 = ∂t 3 2x(
−
−
−
20
20. Hallar el punto del plano 2x
− y + 2z = 16
que est´a m´as cerca del origen y calcule la distancia del origen al plano. Soluci´ on z
(x,y,z)
(0,0,0) y
f (x,y,z ) = Restricci´on: 2x
x
x2 + y 2 + z 2
⇒ g(x,y,z ) = x
− 2λ = 0
F y = 2y + λ = 0 F z = 2z F λ
+ y 2 + z 2
− y + 2z = 16
F (x,y,z,λ) = x 2 + y 2 + z 2 F x = 2x
2
− λ(2x − y + 2z − 16)
⇒ λ = x ⇒ λ = −2y ⇒ λ = z
− 2λ = 0 = −2x + y − 2z + 16 = 0
⇒ 2λ + λ2 + 2λ = 16 ⇒ 9λ2 = 16 ⇒ λ = 329
32 16 32 , , ) 9 9 9 32 16 2 32 16 Distancia de dicho punto al origen: ( )2 + ( ) + ( )2 = 9 9 9 3 Punto que est´ a m´as cerca al origen: (
21
−
−
21. Hallar en punto del plano 3x
− 4y + 2z + 32 = 0
que est´a m´as cerca al punto P ( 1, 2, 4) y calcular la distancia de P al plano.
−
Soluci´ on
z
(−1,2,4)
(x,y,z)
y
f (x,y,z ) =
x
(x + 1) 2 + (y
Restricci´on: 3x
2
− 2)
+ (z
2
2
2
− 4) ⇒ g(x,y,z ) = (x + 1) +(y − 2) + (z − 4)
2
− 4y + 2z + 32 = 0
F (x,y,z,λ) = (x + 1) 2 + (y F x = 2x + 2
− 3λ = 0
F y = 2y
2
2
− 2) + (z − 4) − λ(3x − 4y + 2z + 32) ⇒ x = 3λ 2− 2 = −4 ⇒ y = 2 − 2λ = 6 ⇒ z = λ + 4 = 2
− 4 + 4λ = 0 F = 2z − 8 − 2λ = 0 F = −3x + 4y − 2z − 32 = 0 ⇒ 6 −2 9λ + 8 − 8λ − 2λ − 8 = 32 ⇒ 6 − 9λ + 16 − 16λ − 4λ − 16 = 64 ⇒ −29λ = 58 ⇒ λ = −2 Punto que est´ a m´as cerca al punto (−1, 2, 4): (−4, 6, 2) − (−1, 2, 4) = (−3, 4, −2) √ Distancia de P al plano: (−3) + (4) + (−2) = 29 z
λ
2
2
2
22. Obtener los puntos del interior de M tales que
∇f (x, y) = (0, 0) donde f (x, y) = y 3 + x2 y + 2x2 + 2y2 y M = (x, y)
{
2
2
∈ R /x
22
+ y 2
− 4y − 8 ≤ 1}
Soluci´ on
∂f ) ∇f (x, y) = ( ∂f , ∂x ∂y
f x = 2xy + 4x f y = 3y2 + x2 + 4y
−4 3y2 + 4y
2xy + 4x = 0 x = 0
∨ y = −2
x = 0
−→
−4 ± √ 16 + 48 6
−4 =0 =
y = y =
−2 2 3
2 Puntos obtenidos: (0, 2), (0, ) 3 2 Punto del interior de M : (0, ) 3
−
23. Hallar el punto m´as alto de la curva dada por la intersecci´ on de las superficies x2 + y 2 + z 2 = 36 2x + y
− z = 2
Soluci´ on
F (x,y,z,λ1, λ2 ) = z F x =
2
− λ (x 1
+ y 2 + z 2
− 36) − λ (2x + y − z − 2) 2
−2xλ − 2λ F = −2yλ − λ F = 1 − 2zλ + λ F = −x − y − z + 36 F = −2x − 2y − z + 2 1
1
y
2
1
z
λ1
2
2
2
2
2
λ2
λ1 =
−32
λ2 = 1
23
2 3 1 y = 3 z = 0 x =
24. Se dispone de 20 metros de alambre para delimitar un tri´ angulo equil´atero y un cuadrado. ¿Cu´antos metros de alambre deben dedicarse a construirlas, si se pretende que las figuras encierren el a´rea m´ axima posible? Soluci´ on 20 m. x
L=
y
x
L=
3
y 4
x + y = 20 f (x, y) = F (x,y,λ) = F x =
√ 3
x λ = 0 18 y F y = λ = 0 8
−
− F = −x − y + 20 = 0 λ
√ 3x
√ 3x
y2 + 36 16
2
2
y2 16
− λ(x + y − 20) √ ⇒ x = 6 3λ ⇒ x = 11,301 ⇒ y = 8λ ⇒ y = 8,699 ⇒ λ = 3√ 10 3+4 √ 3(11,301) (8,699) 36
´ Area m´axima posible: A + A =
+
2
36
25. Hallar la distancia m´ınima entre elipse x2 + 2y 2 = 6 y la recta x + y = 5
24
2
+
16
= 10,874m2
26. Hallar los extremos absolutos de f (x,y,z ) = x
− y − z
sobre el conjunto 3
S = (x,y,z )
2
∈ R /x
{
+ 2y2
− 1 = 0,
3x
− 4z = 0}
Soluci´ on
f (x,y,z ) = x
− y − z F (x,y,z,λ , λ ) = x − y − z − λ (x + 2y − 1) − λ (3x − 4z ) ⇒ x = 8λ1 = ± 13 F = 1 − 2xλ − 3λ 1
2
1
1
x
F y =
−1 − 4yλ
F z =
2
F λ 1
2
2
2
2
1
⇒ y = − 4λ1
1
−1 + 4λ = −x − 2y 2
1
=
± 23
⇒ λ = 41 2
2
+1
1 2 + =1 2 64λ1 16λ21 9 =1 64λ21 3 λ1 = 8 F λ 2
± = −3x + 4z
⇒ z = ±14
1 1 1 Extremos absolutos: ( , , ) 3 2 4
,
− 13 , − 12 , − 14 )
(
27. Obtener la ecuaci´ on en que se transforma la ecuaci´ on de Laplace ∂ 2 u ∂ 2 u + =0 ∂x 2 ∂y 2 donde u = u(x, y) con el cambio a coordenadas polares x = r cos t, y = r sin t Soluci´ on
∂u ∂u ∂ x ∂u ∂y = + ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂u ∂u ∂u = cos t + sin t ∂r ∂x ∂y
·
·
·
·
∂ 2 u ∂u ∂u ∂u ∂u = ( cos t) + ( sin t) ∂r 2 ∂r ∂x ∂r ∂y
·
·
25
∂u ∂u ∂ x ∂u ∂y = + ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t ∂u ∂u ∂u = ( r sin t) + (r cos t) ∂t ∂x ∂y
·
·
· −
·
∂ 2 u ∂u ∂u ∂ u ∂u = ( ( r cos t)) + ( (r cos t)) ∂t 2 ∂t ∂x ∂t ∂y
−
∂u ∂ ∂u ∂u )sin t − cos t( )] + r[ ( )cos t − sin t( )] = 0 ⇒ −r[ ∂ ∂t ( ∂u ∂x ∂x ∂t ∂y ∂y 28. Maximizar el vol´ umen del paralelep´ıpedo suponiendo que la suma de las areas ´ de sus 2 seis caras es 6a .
a
a a
Soluci´ on
F (x,y,z,λ) = xyz
− λ(xy + xz + yz − 3))
F x = yz
− λ(y + z ) F = xz − λ(x + z ) F = xy − λ(x + y) F = −xy − xz − yz + 3 y z
λ
x = y = z
⇒ 3x
2
=3
x = 1 ∴
V M ax = 1
26
29. Demostrar que: z =
3x4
3
− 4x − 12x
2
+ 18
12(1 + 4y2 )
tiene un m´aximo local, m´ınimo local y punto silla. Demostraci´ on
12x3 12x2 24x x3 x2 2x f x = = =0 12(1 + 4y 2 ) 1 + 4y 2
−
−
− − x3
x(x
f y =
(3x4
3
2
− x − 2x = 0
− 2)(x + 1) = 0 2
− 4x − 12x + 18)2y −3(1 + 4y ) − 2x − 2
x = 0, y = 0 (0;0) x = 2, y = 0 (2;0) x = 1, y = 0 (-1,0)
−
2 2
3x2 f xx = 1 + 4y 2 2(3x4 4x3 f yy =
−
2
2 2
2
2
− 12x + 18) · (1 + 4y ) − 16y (1 + 4y ) (1 + 4y ) −3 − 12x − 24x) 2 4
2 2y(12x3 f xy = 3(1 + 4y 2 )2
−
Entonces tenemos: (0, 0)
f xx (0, 0) =
−2 < 0
f yy (0, 0) =
( 1, 0)
f xx (2, 0) = 6 > 0
f xx ( 1, 0) = 3 > 0
f yy (2, 0) =
−12 < 0
∴
(2, 0)
f xy (2, 0) = 0
(0, 0) = 24 > 0
(2, 0) = 56 > 0 ∴
(2, 0) es un m´ınimo local
27
−
28 > 0 3
f xy (0, 0) = 0
(0, 0) es un m´aximo local
−
−263 < 0
f yy ( 1, 0) =
−
f xy ( 1, 0) = 0
−
∴
(−1, 0) = −26 < 0 ( −1, 0) es un punto silla
30. Obtener los m´ aximos y m´ınimos locales de cada una de las siguientes funciones con base en la restricci´ on dada. a ) f (x, y) = 3x2 + 4y 2
− xy
, 2x + y = 21
f (x,y,λ) = 3x2 + 4y 2
− xy − λ(2x + y − 21) ⇒ λ = 6x 2− y ⇒ λ = 8y − x 14 , y = ⇒ x = 119 10 15
f x = 6x
− y − 2λ = 0 f = 8y − x − λ = 0 f = −2x − y + 21 = 0 y
λ
Extremo local:(
119 14 , ) 10 15
b ) f (x, y) = x 2 + y 2
− 2xy
, x2 + y 2 = 50
f (x,y,λ) = x 2 + y 2
2
2
− 2xy − λ(x + y − 50) f = 2x − 2 − 2xλ = 0 ⇒ x = y ⇒ x = y = ±5 f = 2y − 2 − 2yλ = 0 ⇒ x = 25 ⇒ x = ±5 f = −x − y + 50 Extremos locales:(−5, 5), (−5, −5), (5, −5), (5, 5) x y
λ
2
2
2
, x2 + y 2 = 1
c ) f (x, y) = x + y
f (x,y,λ) = x + y
2
− λ(x
+ y 2
− 1) √ 2 1 f = 1 − 2xλ = 0 ⇒ x = 2λ ⇒ x = ± 2 √ 2 1 f = 1 − 2yλ = 0 ⇒ y = 2λ ⇒ y = ± 2 f = −x − y + 1 ⇒ λ = 21 ⇒ λ = ± √ 12 √ 2 √ 2 √ 2 √ 2 √ 2 √ 2 √ 2 √ 2 Extremos locales:( , ), ( ), (− ), (− ) ,− , ,− 2 2 2 2 2 2 2 2 x
y
λ
2
2
d ) f (x, y) = x 2 + 24xy + 8y 2
2
, x2 + y 2 = 25
f (x,y,λ) = x 2 + 24xy + 8y2 f x = 2x + 24y
2
− λ(x
+ y 2
− 25)
− 2xλ = 0 λ = 17 → x = ±4 ∧ y = ±3 ⇒ λ = f = 24x + 16y − 2yλ = 0 −8 → x = ±4 ∧ y = ±3 f = −x − y + 25 Extremos locales:(4, 3), (4, −3), (−4, −3), (−4, 3)
y
λ
2
2
28
31. Calcular las distancias m´ axima y m´ınima del plano x + 2y + z = 0 a los puntos de la elipse 3x2 + y 2 = 12 x + y + z = 2 Soluci´ on
2y + z | (x + 2y + z ) |x + 2y + z | = |x +√ d = √ = 6 1 +2 +1 6 2
2
2
(x + 2y + z )2 F (x,y,z,λ1 , λ2 ) = 6 1 (x + 2y + z ) 6xλ1 3 2 F y = (x + 2y + z ) 2yλ 1 3 1 F z = (x + 2y + z ) λ2 3 F λ 1 = 3x2 y 2 + 12 F x =
F λ 2
− − −
2
−λ −λ
2
− λ (3x 1
+ y 2
− 12) − λ (x + y + z − 2) 2
2
2
− − = −x − y − z + 2
32. Dada la funci´ on f (x, y) = x 2 + y 2 a ) Determine los puntos (x, y) en que el gradiente de esta funci´ o n forma un a´ngulo
de π4 con el vector u = (1, 1)
∇f (x, y) = (2x, 2y) π cos( ) = 4
⇒ ⇒
(2x, 2y) (1, 1)
|
4x2
· √ + 4y | · | 1 + 1 | 2
2 x2 + y 2 = 2x + 2y x2 + y 2 = x 2 + y 2 + 2xy xy = 0 (0, y)
→ y(0, 1) (x, 0) → x(1, 0) 29
b ) Determine los puntos (x, y) donde el gradiente de esta funci´ on tiene la misma
direcci´on del vector u = ( 3, 4)
− −
∇f (x, y) = (2x, 2y) (2x, 2y) · (−3, −4) cos(0) = 5 · 2 x + y 10 x + y = −6x − 8y
2
2
⇒ ⇒
2
2
25x2 + 25y2 = 9x2 + 16y 2 + 24xy 4x = 3y 4 4 (x, x) x(1, ) 3 3 3 3 ( y, y) y( , 1) 4 4
→
→
on es perpendicular c ) Determine los puntos (x, y) en que el gradiente de este funci´ al vector u = ( 1, 1)
−
∇f (x, y) = (2x, 2y) (2x, 2y) · (−1, 1) cos(90) = √ 2 · 2 x + y 0 = −2x + 2y ⇒ 0 = −x + y x = y ⇒
2
2
33. Calcular
(x, y)
→ x(1, 1)
f (x, y)dxdy
D
En cada uno de los siguientes casos: a ) f (x, y) = 2x
−y
D = (x, y)
{
√ x
4
(
1
0
4
(2x
1
− √ √ 4x2
1
0
1
0
y2
2
4x2
0
4
x
0
{
−
1
2
∈ R /0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x}
− 1
y2 dy)dx =
3
4 1
D = (x, y)
x
(
2
0
− y)dy)dx = √ x 4 x 128 16 4 1 421 =( )| = + = − − − 5 4 5 4 5 4 20 5
b ) f (x, y) =
≤ y ≤ √ x} √ x y √ (2xy − )dx = (2 x − )dx | 2 2 2
∈ R /1 ≤ x ≤ 4
(
0
y 2
x x ( 3x2 + 2x2 arcsin( ))dx = 2 2x
30
4x2 1
0
y2 + 2x2 arcsin(
120 + ( 2
√ 3
y x ) )dx 2x 0
|
120 + x2 )dx = 3
√ 3
c ) f (x, y) = xy(x + y)
1
∈ R /0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1}
{
1
1
xy(x + y)dy)dx =
(
0
2
D = (x, y)
0
0
x2 y2 xy 3 ( + 2 3
|
1 0 )dx =
1
0
x2 x ( + )dx 2 3
x3 x 2 1 1 1 1 = ( + ) 0 = + = 6 6 6 6 3
|
d ) f (x, y) = (xm y n )
2
D = (x, y)
∈ R /0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1}
{
1
1
x y dy)dx =
(
0
1
m n
0
0
xm+1 (n + 1)(m + 1) 34. Calcular la integral
xm y n+1 ( n + 1
1 0 )dx =
|
1
0
xm dx n + 1
1 | = (n + 1)(m + 1) 1 0
dxdy
D
− 23 , − 13 ), ( 23 , 13 ), ( 43 , − 13 ), (0, −1)
siendo D el paralelogramo de v´ertices ( Soluci´ on y
y=1−x
y = x/2
x
y=−x−1 y = (x/2) − 1
0
−
2 3
x
2
dydx +
−x−1
2 3
x
2
0
0
x
2
3x ( + 1)dx + − 23 2
0
dydx +
1 x
2 3
−1
2 3
4 3
dx +
2 3
(2
x
2
−
−
− −
31
dydx
−1
3x )dx 2
3x2 2 3x2 43 0 ( + x − 2 ) + + (2x 2) 3 4 3 4 3 1 2 2 2 8 4 4 1 4 + + + + + = 3 3 3 3 3 3 3 3 3
|
−
4 3
− |
35. Calcular las siguientes integrales dobles: a )
(x + 3y 3)dxdy
≤ x
Ω:0
Ω
x = r cos θ cos θ sin θ
r
2π
0
≤ θ ≤ 2π
r 2 cos θ + 3r 4 sin3 θ)dθ
(
0
≤ 1
r sin θ = r r cos θ
1
1
+ y 2
y = r sin θ
− ≤ ≤ | 0
2
0
2π
0
cos r3 3r5 sin3 θ ( + 3 5 2π
0
sin θ 3
2π 0
1 0
| )dθ
cos θ 3sin3 θ ( + )dθ 3 5 2π
sin θ(1
+
0
− cos
2
θ)dθ
3 cos3 θ 2π 0 + ( cos θ + ) 0 5 3 3 1 1 ( 1+ +1 )=0 5 3 3
−
|
−
b)
√
−
xydxdy
Ω
1
y
(
1
0
c )
√ √
3
2 y x ( 3 2y3 ( 9
y2
≤ x ≤ y
y2
0
≤ y ≤ 1 , √ xydx)dy
Ω:0
1
y y2
2y2 ( 3
√
2 y7 )dy 3
| )dy = − √ 4 y − 27 ) | = 92 − 274 = 272 0
9
1 0
(yc x )dxdy
≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ y
Ω:0
Ω
y2
1
(
0
ye x dx)dy
0
1
(ye x
0
1
(yey
0
32
2
y2
|
0
)dy
− y)dy
2
1 y2 (e 2 1 (e 2 d )
− −
| − |
− 1) −
y 2 )dxdy
(4
y2 1 2 0 1 1 = (e 2) 2 2
1 0)
−
Ω : y 2 = 2x
Ω
√ 2x
2
(
(4
0
e )
y2 )dy)dx +
0
√ 8−2x
4
(
2
(x4 + y 2 )dxdy
Ω : y = x 3
x2
1
4
(
0
2
(x + y )dy)dx =
x3
1
0
x 7 x4 =( + 7 12
f )
y 3 (x y + 3 4
x8 8
x2 x3
|
0
|
2
(ex )dxdy
1
x10 1 1 1 ) 0 = + 30 7 12
− −
2
y = x 2
∧
)dx =
− 2x
− y )dy)dx
(4
0
Ω
y2 = 8
∧
x3 (x + 3 6
7
−x −
x9 )dx 3
19 − 18 − 301 = 280
Ω : y = 0 , 2y = x , x = 2
Ω
2
x
2
(
0
2
x2
(e )dy)dx =
0
0
g )
(e y 02 )dx =
|
2
2x
1
2
2x
1
xy dydx =
0
2
=
1
1
2x6 3
|
6 2 2(2) 1=
3
h )
y
1
y
12 )dy =
16
12
4
√ √ (2 x y |
−
(2y
1
√ 64 3 3
xy 3 dydx xy 4 ( 4
|
2x 0 )dx =
− √ √ 1
4
|
−
2
4x5 dx
1
y dxdy x
4 3 y)dy = y 2
√
8 3 1+ = 15 3
33
− 32 = 1283− 2 = 126 = 42 3
4
0
2
ex x 1 x2 2 e4 ( )dx = (e ) 0= 2 4 4
0
2
3
2
x
x2
−
− √ 56 3 3
√ √
8 3 y3 3
4 1
|
i )
√ √ | 4
x
x2
1
4
1
2 y3 ( 3 x
2 x2 ( 3 2
7
0
1
0
1
x
0
1
2
− y dydx =
(xy
0
1
− √ x )dx 5
4 1
1
(x
3 | ) = 32 (8 − 256 − ) 7 14
7
j )
4
2 )dx = 3
x x2
√ 2 x
−
y dydx x
1
x
0
y3 3
2
− y dydx
1 0 )dx =
− |
1
(x
0
1 3
− |
1 0 )dx =
1
dx = 1
0
36. Sea R la regi´on plana interior a la curva: x2 y 2 + =1 4 2 Utilizar el cambio de variable u =
x y ,v = para calcular la integral doble 2 2
√
(8
R
2
2
− 2x − 4y )dxdy
Soluci´ on
x = 2r cos θ y =
1
2π
(
0
2r sin θ
√
1
⇒ 32
2π(
0
−2r sin θ √ 2r cos θ
2
− 8r )(2
√
√
= 2 2r
√ − 16 2r θ | )dr √ r r √ 1 1 √ (r − r )dr) = 32 2π( − ) | = 32 2π( − ) = 8 2π 2 4 2 4
(8
0
∈ [0, 1] θ ∈ [0, 2π]
√
2cos θ 2sin θ
√
r
1
2r)dθ)dr =
√
(16 2rθ
0
2
3
34
4
1 0
3
2π 0
37. Calcular el a´rea de la regi´ on del plano limitada lateralmente por las rectas x = 3, x = 1 inferiormente por la curva y = (x + 2) 2 y superiormente por la recta x + 2y = 3
−
−
Soluci´ on
y
y=3−x 2 R x
−2
x = −3
x=1 2
y = − (x+2)
3−x 2
− 1
(
1
1dy)dx 2
−3 −(x+2)
(
x
3
+ (x + 2) 2 )dx
2
−3
11x 7x2 x3 1 ( + + ) −3 = 9,833 2 4 3
|
38. Sea D el reciento limitado por y 2 = x y las rectas x = 0, y = 1. Calcular:
x
e dxdy y
D
Soluci´ on y
1 D
0
y2
1
(
0
x y
0
y2
y(
0
1
0
1
e dx)dy = (ye
y
x
1
0
x
e dx)dy = y y
y 2 2
1
0
y(e
x y
y2
|
0
− y)dy = ye − e − | = − 12 + 1 = 21 y
35
y
1 0
)dy
39. Una pir´amide est´ a limitada por los tres planos de coordenadas y el plano x+2y+3z = 6. Calcular el vol´ umen. z
y
3
2
y = 6 − x 2 R
R
3
y
6
x
6 x
x = 0 y = 0 z = 0 y = 0 x = 0 z = 0 z = 0 x = 0 y=0
z = 2 y = 3 z = 2 x = 6 y = 3 x = 6
6−x 2
6
(
0
6
6
2
− x (− y | 3 3
6−x 2
0
0
6
− 2 − 2y )dx 3
0
1 (6 x)4 )dx = ( 36 4
−
6 0
| ) = 40,5
40. Calcule el volumen del s´olido ba jo el plano z = 5x y que est´a arriba de la circunferencia x2 + y 2 = 16 en el plano xy. Haga un dibujo del s´olido. z
4 4 x
y
√
16 y 2
4
(
0
4
0
40y
5x2 ( 2 3
5xdx)dy
0
√ − |
16 y 2
0
−
)dy =
4
0
(40
−
5y2 )dy 2
320 = − 5y6 | = 160 − 160 ≈ 106,67u 3 3 4 0
36
3
41. Calcular
(x sin x + y sin(x + y))dxdy
D
Siendo D el tri´angulo de v´ertices (1, 0), (0, 1), (3, 3)
42. Usar integrales dobles para calcular el a´rea de un c´ırculo de radio r y el ´area de una elipse con semiejees de longitud a y b. Soluci´ on
´ Area del C´ırculo de radio r:
2π
rdr)dθ =
(
0
2π
r
0
0
r2 dθ = πr2 2
´ Area de la Elipse con semiejes a y b: x2 y 2 + 2 =1 a2 b x = ar cos θ
∂ (x, y) = abr ∂ (θ, r)
y = br sin θ 0 < θ < 2π
2π
1
(
0
2π
0
0 < r < 1
abrdr)dθ
0
ab abθ dθ = 2 2
37
2π 0 = πab
|
43. En las integrales siguientes, cambiar el orden de integraci´ on, dibujar las regiones correspondientes y evaluar la integral por los dos caminos. a )
1
1
0
xydydx
x
y y=1 1 y=x
R
1
1
y
y3 y4 1 1 ( xydx)dy = dy = 0= 2 8 8 0 0 0 1 1 1 3 x x x2 ( xydy)dx = ( )dx = 2 2 4 x 0 0
b)
x
1
0
|
−
1
0
3x
x 4 8
− | = 41 − 18 = 81
x2 ydydx
2x
y y = 3x 3
R
2
0
1
| | − − 3
1
(
2
3
2
0
3
3
2
x3 ( y 3
1
y ( 3
y4 )dy + 81
y
3
)dy +
0
x3 ( y 3
2
0 4
2
(
y
2
y
2
x2ydx)dy +
y = 2x
y3 ( 24
x2 ydx)dy
y
3
y
2
y
3
)dy y4 )dy 81
y2 y5 3 y y5 2 ( ) +( ) 6 405 2 96 405 0 9 243 4 32 16 32 226 + + + = 6 405 6 405 96 405 405
−
−
|
−
|
−
38
x
1 0
1
3x
0
1
2
x ydy)dx =
(
2x
1
0
0
5x4 x5 dx = 2 2
x2 y 2 ( 2
1
3x 2x )dx =
|
0
| = 21
9x4 ( 2
4
− 2x )dx
1 0
c )
1
2 x
0
−
(x + y)2 ydydx
1
y y=2−x
2
R 1
− 2
2 x
−
x
1
0
2
x3 y ( (x + y) ydx)dy = ( + x2 y 2 + y 3 x 20−x )dy 3 1 0 1 2 32 64 1 8 ( y 4 + 4y3 8y 2 + 8y)dy = ( + 16 +16+ 1+ 5 3 5 3 1 2
−
|
−
−
−
32 − 4) | = 15 2 1
44. En los siguientes ejercicios, traze la regi´ on de integraci´ on, invierta el orden de integraci´on y eval´ ue la integral. a )
π
0
π
x
sin y dydx y
|| R
y=x
0
||
π
y
(
0
0
sin y dx)dy = y π
sin ydy =
0
39
π
0
(
sin y y x 0 )dy y
− cos π = 1
|
b)
1
0
1
x2exy dxdy
y
y=x 1
R
1
0
1
2 xy
x e dy)dx =
(
0
1
x
0
0
1
0
1 2 2 xex dx = ex 2
c )
√
x2 exy ( x
x
| )dx 0
| = 21 e − 21 1 0
√
2 ln 3
ln 3
2
ex dxdy
y
0
2
y
y = 2x 2
ln 3
R
0
√
ln 3
2x
(
0
√
x2
e dy)dx =
0
2
ex
|
x
ln 3
√ 0
ln3
ln 3
2
ex 2xdx
0
= e ln 3
40
−1 = 3−1 = 2
d ) 1 16
1 2
1 y4
0
cos(16πx 5 )dxdy
y
1/16 R
0
1 2
1/2
x4
cos(16πx 5 )dy)dx =
(
0
0
1 2
0
x
1 2
(cos(16πx 5 )y
0
1 cos(16πx )x dx = (sin(16πx 5 ) 64π 5
1 2
0
8
0
2
dxdy 4 √ 3 x y +1
y
2 R y=
y3
2
(
0
0
2
0
3
x
x
8
0
0
)dx
1 | ) = 64π
4
e )
x4
|
dx )dy = y4 + 1
2
0
(
x y4 + 1
|
y3
0
)dy
y3 1 1 4 2 dy = ln(y + 1) = ln17 0 4 4 y4 + 1
|
41
f )
2
2
0
2y2 sin(xy)dydx
x
y
2 R
y=x
2
0
2
0
− 2
y
2
(
−
x
2
0
2y sin(xy)dx)dy =
0
0
( 2y cos(xy) y0 )dy
|
2y cos(y2 + 2y)dy = ( sin(y 2 ) + y 2 ) 20 = 0,7568 + 4 = 4,757
−
|
g )
4 x2
2
0
−
xe2y dydx 4 y
−
0
y
4 y=4−x 2
R
√ 4−y
4
(
0
0
1 2 h )
x
2
0
4
xe2y dx)dy = 4 y
4
−
e2y dy =
0
3
0
42
1
− | | = 41 (e − 1) 0
1 2y e 4
y3
√ e x
3
x2 e2y √ 4−y ( )dy 2(4 y) 0
4 0
dydx
8
y y=
x 3
1 R
x
3
0
3y 2
1
e dx)dy =
(
0
0
1
1
y3
3
(ey x
0
3
3y 2ey dy = e y
3
0
3y 2 0 )dy
|
1 0
| = e − 1
45. Determinar los vol´ umenes siguientes: a ) Determinar el vol´ umen de la regi´ on acotada arriba por el paraboloide z = x 2 + y2
y abajo por el tri´ angulo encerrado por las rectas y = x , x = 0 , x + y = 2 en el plano xy Soluci´ on
1
2 x
(
0
1
(2x
0
2
−x
3
−
2
1
2
(x + y )dy)dx =
0
x
+
(2
−
3
3
1
− x) − x − x )dx = 3 3 3
y 3 (x y + 3 2
0
2 x
| − )dx x
8x3 ( + 4x2 3
− 4x + 38 )dx
2x4 4x3 8 4 + 2x2 + x 10 = u3 3 3 3 3 umen del s´ olido acotado arriba por el cilindro z = x 2 y abajo por b ) Determine el vol´ la regi´on encerrada por la par´abola y = 2 x2 y la recta y = x en el plano xy
−
−
|
−
Soluci´ on
2 x2
1
(
1
−2
x
2
4
(2x
−2
−
−x −
2
x dy)dx = 2x3 x )dx = 3 3
1
−2
2 (x2 y 2x−x )dx
|
x5 5
x4 1 29 3 = u 4 −2 60
− − |
c ) Determine el vol´ umen del s´ olido cuya base es la regi´ on del plano xy acotada por
la par´ abola y = 4 x2 y la recta y = 3x, mientras que la parte superior del s´olido est´a acotada por el plano z = x + 4
−
Soluci´ on
4 x2
1
(
−4
−
1
(x + 4)dy)dx =
3x
−4
43
x2 (xy + 4y 43− )dx x
|
1
(x(4
−4
4x2 2
2
x4 + 16x 4
−
2
2
− x ) + 4(4 − x ) − 3x − 12x)dx 4x3 3
−
−
3x3 3
−
12x2 1 = 2 −4
u | −250 3
3
d ) Determine el vol´ u men del s´o lido en el primer octante acotado por los planos
coordenados, el cilindro x2 + y 2 = 4 y el plano z + y = 3 Soluci´ on
√ 4−x
− − √ − 2
0
2
2
y)dxdy =
(3
0
x 4
(3x
0
2
(3x
x2 )dx =
0
=
√ 4−x
− yx |
2
0
3x2 1 2 + ( (4 2 2 3
2
)dx
3 2
2 0
−x ) |
10 3 u 3
u men del s´o lido en el primer octante acotado por los planos e ) Determine el vol´ coordenados, el plano x = 3 y el cilindro parab´ olico z = 4
−y
Soluci´ on z 4
0
2
3
y x
3
0
2
0
(4
2
− y )dydx =
3
0
16 16x dx = 3 3
44
3
0
3 0
(4y
y3 3
2 0
− | )dx 3
| = 16u
2
f ) Calcule el vol´ umen del s´ olido que define la superficie z = 4
octante.
2
− x − y en el primer
z 4
0 2 4 y x
− 2
4
(
0
(4
0
2
(8
2
2
− x − y)dy)dx =
2
4x )dx = 8x
0
−
4x3 3
(4y
0
y2 2
2
4 0
− x y − | )dx
| = 16 − 323 = 163 ≈ 5,33u 2 0
3
g ) Hallar el vol´ umen del s´olido limitado superiormente por z = x + y e inferiormente
por el tri´angulo de v´ertices (0, 0, 0), (0, 1, 0)y(1, 0, 0). z
3 (2,1,3)
0
1 2 x
y
1
2
(
0
1
(x + y)dy)dx =
0
1
0
0
y 2 (xy + 2
(2x + 2)dx = x 2 + 2x 10 = 3u3
|
45
2 0
| )dx
h ) Hallar el vol´ umen del s´olido limitado superiormente por z = 2x + 3y e inferior-
mente por el cuadrado unitario [0, 1]
× [0, 1].
z ( 1,1,5 ) 3
y 1
0
1 x
1
1
(
0
1
0
1
(2x + 3y)dx)dy =
0
0
3y2 (1 + 3y)dy = y + 2
(x2 + 3yx 10 )dy
|
| = 1 + 23 = 25 = 2,5u 1 0
3
i ) Hallar el vol´ umen del s´ olido limitado superiormente por z = x 3 y e inferiormente
por el tri´angulo de v´ertices (0, 0, 0), (2, 0, 0)y(0, 1, 0). z
0
1
2 x
y
2
−
(
0
2
0
(
4x3
4
− 4x 8
+ x4
x
2
+1
x ydy)dx =
0
x4 )dx = 8
2
3
0
−
x5 x6 + 10 48
46
x3 y 2 − 2 +1 ( ) 2 0 x
|
64 92 | = 168 − 32 + = ≈ 6,133u 10 48 15 2 0
3
j ) Hallar el vol´ umen del s´ olido acotado superiormente por z = 1+xy e inferiormente
por el tri´angulo de v´ertices (1, 1), (4, 1)y(3, 2). z
y y=5−x y = (1/2)x + (1/2) 2 y 2
0
1
1
1 1
3
x
4
3 4
x
3
x
2
(
1
1
1
4
(1 + xy)dy)dx +
1
3
3
+ 12
5 x
(
3
xy 2 (y + 2
x
|
2
1
+ 12
4
3
xy 2 (y + 2
5 x 1
| − )dx 10x − x (4 + 11x − )dx
3
1 x 3 + 2x2 + x ( + )dx + 2 8
(1 + xy)dy)dx
1
4
)dx +
−
2
2
x x4 x3 x2 3 11x2 5x3 x 4 ( + + + ) + (4x + + 2 32 12 16 1 2 3 8 37 65 71 + = = 8,875u3 6 24 8
|
3
−
4 3
|)
46. Calcular cambiando a coordenadas polares: a )
√ 1 y2
1
−
−1
x2 + y 2 dxdy
0
x = r cos θ
∂ (x, y) = r ∂ (θ, r)
y = r sin θ
f (r, θ) =
r2 cos2 θ + r 2 sin2 θ = r
2π
0
1
2
0
2π
0
2π
r drdθ =
0
dθ θ = 3 3
47
|
r3 ( 3
2π 0 =
2π 3
1 0
| )dθ
b)
√ −x
2
0
x2 + y 2 dydx
0
x = r cos θ
∂ (x, y) = r ∂ (θ, r)
y = r sin θ
r2 cos2 θ + r 2 sin2 θ = r
f (r, θ) =
2
2
π
2
0
2
r dθdr =
0
2
0
c )
2
4
π3 π3r dr = 24 24
√ 1−x
1
0
0
r3 ( 3
2 0=
|
π
| )dr 2
0
π3 12
2
sin(x2 + y 2 )dydx
0
x = r cos θ
∂ (x, y) = r ∂ (θ, r)
y = r sin θ
f (r, θ) = sin(r 2 cos2 θ + r 2 sin2 θ) = sin(r2 )
2π
0
1
2π
2
cos(r 2) 2
sin(r )rdrdθ =
0
0
2π
0
d )
0
|
2π
0
(
27 20
− 12 )dθ
17 17π dθ = 20 10
√ x−x
2
1 0 dθ =
2
2
xdydx
0
47. Calcular por integraci´ on doble el a´rea de la regi´ on acotada determinada por los siguientes pares de curvas. a )
x2 = 4y , 2y
x+4
4
−2
4
x + 4 −2 2 (
2
−x−4=0
x2
2
dydx
4
2
3
x − x4 )dx = 2x + x4 − 12 |− = 9u
48
4
2
2
b)
y = x , x = 4y
3
3
4y
− 4y + y )dy = −
0
dxdy y2
−
3y2 y3 + 2 3
2
(y
2
y
0
−y
| = −272 + 9 = − 92 3 0
c )
y = x , 4y 3 = x 2
3
1 4
0
− 1 4
(
x2 4
3
0
x 2
·
4
dydx
x
x)dx =
3
5
1 3x 3 4 5
x 2 2
1 4
0=
− |
0,00187
d )
x + y = 5 , xy = 6
3
2
3
2
15
5 x
−
dydx
6
x
2
(5
− x − x6 )dx = 5x − x2 − 6 ln x |
3 2
− 29 − 6 l n 3 − (10 − 2 − 6 ln 2) = 0,067
48. Dibujar la regi´on Ω que da lugar a las integraciones sucesivas, cambiar el orden e integraci´ on y calcular entonces la integraci´ on. a )
1
0
1
y3 + 1 √ x sin( 2 )dydx
y
1
0
1
49
x
y2
1
0
1
0
−
0
y3 + 1 sin( )x 2
|
y3 + 1 sin( )dxdy 2
1
y2
dy =
0
0
2 y3 + 1 1 cos( ) 0= 3 2
y3 + 1 2 sin( )y dy 2
| − 23 (cos(1) − cos( 12 )) = 0,2249
b)
√ y+1
0
x2 dxdy √ −1 − y+1
y
−1
x
1
0
x= x= −
y+1
y+1
−1
| − 0
0
| − 1
2
0
x dydx +
2
−1 1−x
−1
x3 y 01−x2 dx + 0
5
(x
−1
x6 6
c )
3
1
x )dx +
− dydx
x2 1
(x3
x5 )dx
0
x6 6
1
x2
x3
x4 + y 2
dydx
1
0
1
50
1 0
− | =0
y
0
0
− | 0
−
x3 y
x4 0 x4 + 4 −1 4
1
x2 1
0 1
0
x2 dydx
x
√ y
| 1
0
1
0
1 2
x4
dydx
x4 + y 2
0
1
√ y
+ y 2
dy =
0
√
1 2y 2 ( 2 2
d )
x3
0
y2 ) 2
−
2
√
1 2y 2
√ 2 − 1
1 0
|=
− ydy
4
ln y
1
e−x dxdy
0
y
2
x
y = e 1
0
ln 2
ln y
e−x dy)dy
(
0
ln 2
0
x
1
0
e−x y |2e dx = x
ln 2
(2e−x
0
ln 2 0 =
x
−2e− − x |
− x)dx
0,307
49. Si el valor medio de una funci´ on de dos variables f (x, y) sobre una regi´ on rectangular R est´a dado por: 1 V M = f (x, y)dxdy AR R
donde AR es el a´rea de la regi´on R. Entonces halle el valor medio de la funci´on f (x, y) sobre la regi´ on rectangular dada: a )
f (x, y) = xy(x
− 2y)
R tiene v´ertices ( 2, 2), (3, 2), ( 2, 1), (3, 1).
−
−
−
51
y y=2 2
1
R
x
3
0
−2
−1 y = − (2/5)x + 1/5
− − | − − 3
2
AR =
dydx
−2 − 3
2x 5
+
1 5
2x 9 x2 9x 3 9 27 ( + )dx = + = + AR = 5 5 −2 5 5 −2 5 5 3
2
50 =5 − 54 + 185 = 10
2xy 2 )dydx
+ 15 2 2
−2 − 3
(x2 y
|
2x 5
2xy 3 2 2 1 )dx 3 − 5 +5 3 16x 92x4 108x3 + 31x2 + 4x 2 (2x )dx 3 750 −2 2x3 8x2 92x5 27x4 31x3 2x2 3 23 = + + = 3 3 3750 750 2250 750 −2 20 x y ( −2 2
−
−
x
−
− ∴
|
V M =
1 23 23 = = 0,23 5 20 100
·
b)
f (x, y) =
y x + x y
R tiene v´ertices (1, 1), (4, 1), (1, 3), (4, 3). y
3 R
1
0
4
AR =
1
AR =
1
4
4
1
3
dydx
1
2dx = 2x 41 = 6
|
52
x
4
1
3
1
4
y x ( + )dydx x y
4 y2 9 3 ( + x ln y 1 )dx = ( + x ln 3 1 2x 1 2x ln 3 15 = 4ln 4 + 8 ln 3 = 4 ln 4 + ln 3 2 2
| −
∴
1 x2 )dx = 4 ln x + (ln 3) 2x 2
−
1 15 2 5 V M = (4 ln 4 + ln3) = ln 4 + ln 3 6 2 3 4
c ) 2
f (x, y) = xe x
y
R es un rect´angulo cuya longitud de base es 1 y cuya altura es 2. y
3
R
1
0
2
AR =
1
AR =
3
1
2
2
3
dydx
1
2dx = 2x 21 = 2
|
2
xex y dxdy
1
3
(
1
1
2
1
1 x2 y xe 2y
2 1
| )dy
53
x
4 1
|
50. En cierta f´ abrica la producci´ on Q se relaciona con los insumos mediante la expresi´on Q(x, y) = 2x3 + 3x 2y + y 3
≤ x ≤ 5, 0 ≤ y ≤ 5. ¿Cu´al es la producci´on media de la f´abrica?
Si 0
51. Un distribuidor de bicicletas ha descubierto que si las bicicletas de 3 velocidades se venden a x d´olares la unidad y el precio de la gasolina a y d´olares el gal´ on, entonces se vender´ an aproximadamente Q(x, y) = 200
− 24√ x + 4(0, 1y + 5)
3 2
bicicletas al mes. Si el precio de las bicicletas var´ıa entre 257 y 332 durante un mes t´ıpico y el precio de la gasolina var´ıa entre 1,08 y 1,21, aproximadamente ¿cu´ antas bicicletas se vender´ an en cada mes?
54
52. Un fabricante estima que cuando se venden x unidades de cierto art´ıculo en el mercado nacional y y unidades en los mercados extranjeros la utilidad es´ a dada por: P (x, y) = (x
− 30)(70 + 5x − 4y) + (y − 40)(80 − 6x + 7y)
cientos de d´ olares. Si las ventas nacionales mensuales var´ıan entre 100 y 125 unidades, y las ventas en el exterior entre 70 y 89. ¿Cu´al es la utilidad mensual media?
53. En un experimento de psicolog´ıa, se aplican x unidades del est´ımulo A y y unidades del est´ımulo B a un individuo cuyo desempe˜ no en cierta tarea se mide mediante la funci´on 2 2 P (x, y) = 10 + xye 1−x −y Suponga que x var´ıa entre 0 y 1 mientras que y var´ıa entre 0 y 3. ¿C´ ual es la respuesta del sujeto al est´ımulo?
55
